【竞赛讲义】因式分解之轮换对称式

【竞赛讲义】因式分解之轮换对称式

【轮换对称式】

一、基本概念

⑴对称式：在一个代数式中，如果把任意两个字母对换后，代数式保持不变，称这样的代数式为对称代数式，简称对称式．

⑵轮换式：在一个代数式中，如果把所含字母顺次轮换后，代数式保持不变，称这样的代数式为轮换对称代数式，简称轮换式．

把一个代数式中的字母按照某个顺序排列，然后依次把第一个字母换成第二个字母，把第二个字母换成第三个字母，……，把最后一个字母换成第一个字母，我们称这种变换字母的方法叫做轮换．

⑶齐次式：如果一个多项式，它所有的项都具有相同的次数n，则称这样的多项式为n次齐次多项式．

二、对称式与轮换式的性质：

⑴对称式一定是轮换式，而轮换式不一定是对称式．

222

如xyyzzx是轮换式，但不是对称式．

⑵关于相同字母的对称式或轮换式的和、差、积、商（商的除式不为零）仍是对称式或轮换式．

⑶若对称式或轮换式中含有某种形式的式子，则必定含有这种形式的同型式．

2

如若关于x，y，z的二次齐次对称式中若含有ax2项，则一定含有ay，az2项；若含有bxy项，则一定含有byz，bzx项．

⑷两个齐次式的积与商(商的除式不为零)仍为齐次式．

三、常见齐次对称式与齐次轮换对称式：

⑴常见的齐次对称式（a，b，c为系数）：

次数

一次

二次

三次

axy

axyz

关于x、y的齐次对称式

关于x、y、z的齐次对称式

ax2y2bxy

ax3y3bx2yxy2

ax2y2z2bxyyzzx

ax3y3z3bx2yxy2y2zyz2z2xzx2cxyz

⑵常见的齐次轮换对称式（a，b，c为系数）：

次数

一次

二次

三次

关于x、y的齐次轮换对称式

axy

关于x、y、z的齐次轮换对称式

axyz

ax2y2bxy

ax2y2z2bxyyzzx

ax3y3bx2yxy2

ax3y3z3b1x2yy2zz2xb2xy2yz2zx2cxyz

四、轮换对称式的因式分解：

⑴判断多项式是否为轮换对称式；

⑵对于轮换对称式，常用的方法是选定一个字母（例如x）作主元，将其余字母看作常数，利用因式定理确定它的因式，再利用轮换对称式的性质，写出与其相关的因式（同型式）．

对于关于x，y，z的轮换对称式，最常见的因式有：

因式 试根

xyz

xyyzzx

xyyzzx

xyzyzxzxy

x0

xy或xz

xy或xz

xyz或xyz或xzy

xyz

xyz

⑶利用待定系数法，求出剩余因式（也必为轮换对称式）．

222【例题1】 分解因式：abcbcacab

【分析】

令ab，则原式0，根据因式定理与轮换对称式的性质，

得abbcca为原式的因式．

比较其与原式的次数，设原式kabbcca，k为常数．

比较等号两边a2b项的次数，得k1．

故原式abbcca．

333【例题2】 分解因式：abcbcacab

【分析】

令ab，则原式0，根据因式定理与轮换对称式的性质，

【例题3】【分析】

【例题4】【分析】

【例题5】【分析】

【例题6】【分析】

得abbcca为原式的因式．

比较其与原式的次数，设原式kabbccaabc，k为常数．

比较等号两边a3b项的次数，得k1．

故原式abbccaabc．

分解因式：abc4ab4bc4ca4a4b4c4

当a0时，原式bc4b4bc4c4b4c40，因此有因式a0，即有因式a．

根据轮换对称式的性质，原式有因式abc．

比较原式与abc的次数，设原式kabcabc，k为待定系数．

令a1，b1，c1，得11600111k，解得k12．

因此原式12abcabc．

分解因式：abc3a3b3c3

原式3(ab)(bc)(ca)

⑴分解因式：x2yxy2y2zyz2z2xzx22xyz

⑵分解因式：x2yy2zz2xx2zy2xz2y2xyz（1985年上海市初中数学竞赛）

⑴原式为关于x,y,z的齐次对称式，

当xy时，原式0，故原式有因式xyyzzx．

设原式kxyyzzx，比较比较x2y项的系数，得k1．

故原式xyyzzx．

⑵注意原式并非关于x,y,z的齐次对称式，而是关于x,y,z的齐次对称式．

将上题中的z替换成z即可，原式xyyzxz．

已知：a，b，c为△ABC三边边长．求证a3b3c3abc2bca2cab24abc．

即证a3b3c3abc2bca2cab24abc0，

左边为轮换对称式，试根得abc时，原式0，根据因式定理及轮换对称式的性质，

abcbcacab为其因式．

设左kabcbcacab，k为待定系数．

：

比较系数或赋值得k1，故左abcbcacab．

∵a，b，c为△ABC三边边长，

∴abc，bca，cab，

因此左0，得证．

【例题7】 分解因式：xyxzyzxyz

【分析】

当xyz时，原式0，所以原式含有因式xyz，

222kxyzk2xyyzxz故设原式xyz1

令xy1，z1，得3k1k21

k10xyz1

令，得k1k21，解得k21所以原式(xyz)(xyxzyz)

【例题8】 分解因式：x2yy2zz2xxy2yz2zx23xyz

【分析】

原式(xyz)(xyxzyz)

555【例题9】 分解因式：xyyzzx

222【分析】

原式5xyyzzxxyzxyyzzx



【例题10】 分解因式：8(abc)3(ab)3(bc)3(ca)3

3333【分析】

换元：令xab,ybc,zca，原式(xyz)xyz，则转化为原式3xyyzzx3a2bcb2ca2abc．

【拓展延伸】

222222分解因式：xy1zx1zyyz1xy1xzzx1yz1yx

例3．

【分析】

注意本题是关于x,y,z的非齐次轮换对称式．

当xy时，原式0，故有因式xyyzzx，

设原式333222222xyyzzxkxyzkxyyzzxkxyyzzx

123222

k4xyzk5xyzk6xyyzzxk7xyzk8

其中k1,k2,因为式子左边x的最高次数是3，右边xyyzzx中x的最高次数是2，,k8为待定常数．

所以右边中括号内x的次数不能超过1，同理中括号内y,z的次数也都不能超过1．

因此有k1k2k3k50；

此时原式xyyzzxk4xyzk6xyyzzxk7xyzk8；

2比较等式两边xy的系数，得k80；

3比较等式两边xy的系数，得k71；

32比较等式两边xy的系数，得k60；

此时原式xyyzzxk4xyzxyz；

∴原式xyyzzxxyzxyz

【拓展延伸】

333(2012交大附中预录取试题)分解因式：xabcxbcaxcab

【分析】

观察到此多项式为关于a，b，c的轮换对称式，

为原式的因式．

比较次数，设原式abbccamxnabc

令a0，b1，c1，x1，得2082m，解得m3；

令a0，b1，c2，x0，得0286n，解得n1．

因此原式abbccaabc3x．

32比较等式两边xyz的系数，得k41；

当ab时，原式0，根据因式定理和轮换对称式的性质，abbcca

【欧拉公式】

a3b3c33abcabca2b2c2abbcca

特别地，①当abc0时，有a3b3c33abc．

②当a3b3c33abc时，则有abc0或abc．

【例题11】 ⑴分解因式：a3b3c33abc

33⑵分解因式：abba28

333⑶分解因式：2x3y3x2y125xy（13届“五羊杯”数学竞赛题）

【分析】 ⑴轮换对称式的因式分解：

当abc时，原式0，由因式定理知原多项式有因式abc，

333222mabcnabbcca设abc3abcabc

令a0，b0，c1，得m1；

令a0，bc1，得n1．

222所以原式abcabcabbcca

⑵原式6abba2



⑶原式152x3y3x2yyx

【例题12】 ⑴计算：201631016310003300020161016

20003100139993⑵（2002年北京市初二数学竞赛题）计算：．

20001001999

⑶（2011年十二届中环杯七年级初赛）已知a，b，c为△ABC的三边边长，且a3b3c39满足方程组，试判断△ABC的形状．

abc3

333222【分析】 ⑴由公式abc3abc(abc)(abcabbcca)，

0

故原式2016(1016)(1000)

2000310013999320003100139993⑵分子200010019990，

，又故分子320001001999320001001999

因此原式3．

⑶由已知，有a3b3c33abc，故a3b3c33abc0，

222即abcabcabbcca0．

∵a，b，c为△ABC的三边长，∵abc0；

1222∵a2b2c2abbcca0，即abbcca0；

2故abc，△ABC为等边三角形．

【课后巩固】

【练习1】

⑴分解因式：abbcca

222222⑵分解因式：xyxyyzyzxzzx

333【分析】

⑴ 当ab时，原式0，所以含有因式ab，同理含有因式(bc)，(ca)．

设原式k(ab)(bc)(ca)，不难解得k3．所以原式3(ab)(bc)(ca)．

＜法二＞由abbcca0，得原式3(ab)(bc)(ca)．

⑵ 易知xy时原式为零，故(xy)为一个因式，进而(yz)、(zx)亦为其因式，

原式为四次轮换对称式，故可设原式k(xyz)(xy)(yz)(zx)．

比较系数或赋值，解得k1．故原式(xyz)(xy)(yz)(zx)．

【练习2】

分解因式：xyzyzxzxyxyz

3333【分析】

当x0时，原式(yz)(yz)(zy)(yz)0

3333由因式定理知，原多项式有因式x．

根据轮换对称式的性质，知原多项式有因式xyz．

3333故设(xyz)(yzx)(zxy)(xyz)kxyz，其中k是待定系数．

令x1，y1，z1，解得k24．

故原式24xyz．

222333【练习3】

分解因式：

abcbcacababc2abc

【分析】

当abc时，原式a3b3c3a3b3c30，结合因式定理和轮换对称式的性质，原式有因式bcacababc，

故原式bcacababc

设原式kbcacababc，比较a2b项的系数，得k1．

【练习4】

分解因式：abca5b5c5

【分析】

这是一个关于a，b，c的五次齐次对称式，令ab，则原式0，故原式有因5

【练习5】【分析】

式ab，

根据轮换对称式的性质，原式有因式abbcca．

这样原式还有一个二次齐次对称式因式m(a2b2c2)n(abbcac)．

令a1，b1，c0，得152mn；

令a2，b1，c0，得355m2n．

联立两式，解得m5n5

所以原式5(ab)(ac)(bc)(a2b2c2abbcac)．

⑴分解因式：8a3b3c36abc

⑵分解因式：2a3bc3a2b5c33ab4c3

⑶分解因式：(ab2x)3(ax)3(bx)3

⑴原式2a3b3c332abc

2abc4a2b2c22abbc2ac

⑵由于2a3bca2b5c3ab4c0，

故原式32a3bca2b5c3ab4c

⑶原式ab2x3xa3xb3，

由ab2xxaxb0，

故原式3ab2xxaxb32xabxaxb