待定系数法：先假设形状，再解方程

分解 $x^4+x^2+1$，如果不用补项，也可以这么想：四次式分解成两个二次式，而两个二次式的常数项乘积必须是 $1$，首项系数乘积必须是 $1$，所以形式只可能是

展开：

和原式逐项比：没有 $x^3$ 项，所以 $a+b=0$；$x^2$ 系数是 $1$，所以 $ab+2=1$，即 $ab=-1$。

解得 $a=1,b=-1$ 或 $a=-1,b=1$，于是

设之前先把三件事定下来：

1. 次数怎么分：四次式如果已经知道没有一次因式，就只能拆 $2+2$。
2. 首项系数怎么分：$1$ 只能拆 $1\times 1$；$2$ 可以 $1\times 2$。
3. 常数项怎么分：$1$ 拆 $1\times 1$ 或者 $-1\times -1$，符号要试。

这三个定完，未知数就只剩一次项和二次项系数了。

例1 标准流程

分解因式：$x^4+x^2+1$。

解：设 $(x^2+ax+1)(x^2+bx+1)$，展开比对得 $$\{\begin{array}{c}a+b=0ab+2=1\hfill \end{array}⟹a=1,b=-1$$ 故 $(x^2+x+1)(x^2-x+1)$。

例2 用待定系数证明恒等式

分解因式：$x^4+4$。

思路：没有一次因式（$x=\pm 1$ 代入都不为零），所以只能拆两个二次式，且常数项乘积是 $4$。设 $$x^4+4=(x^2+ax+2)(x^2-ax+2)$$ 这里提前用了“没有 $x^3$ 项 ⇒ 两个一次项系数互为相反数”。

解：展开得 $x^4+(4-a^2)x^2+4$。比对 $x^2$ 项：$4-a^2=0$，$a=\pm 2$。 $$x^4+4=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$$

和补项法得到的答案一致，但这条路不需要“灵光一现”。

例3 首项系数要拆

分解因式：$2x^4-x^3-6x^2+x+2$。

思路：系数对称（$2,-1,-6,1,2$ 反过来读是 $2,1,-6,-1,2$，不完全对称），先试 $x=1$：$2-1-6+1+2=-2$；$x=-1$：$2+1-6-1+2=-2$。都不为零，没有 $(x\pm 1)$ 因式。

设

$$2x^4-x^3-6x^2+x+2=(2x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$$

比对首尾：$bd=2$，$2$ 与 $1$ 分配。取 $b=1,d=2$：常数项 $2$ ✓，$x^4$ 系数 $2$ ✓。

展开比对： $$\{\begin{array}{c}2c+a=-1(x^3)2d+ac+b=-6(x^2)ad+bc=1(x)\hfill \end{array}$$ 由第三式 $2a+c=1$，与第一式联立得 $a=-1,c=1$。代第二式：$4-1+1=4\ne -6$，不成立。

换 $b=2,d=1$：$x$ 项 $a+2c=1$，$x^3$ 项 $2c+a=-1$，两式矛盾（$1\ne -1$），此路不通。

再换符号：$b=-1,d=-2$，$x$ 项 $-2a-c=1$，$x^3$ 项 $2c+a=-1$，解得 $c=-1,a=1$。代 $x^2$：$2(-2)+1·(-1)+(-1)=-6$ ✓。

所以 $$原式=(2x^2+x-1)(x^2-x-2)=(2x-1)(x+1)(x-2)(x+1)=(2x-1)(x-2)(x+1{)}^2$$

这道题说明什么：待定系数法不是一次就能设对的，本质是“有方向地试”。但每次试都能排除一种可能，比瞎猜快。

例4 求参数

若 $x^4+p{x}^2+q$ 能分解成 $(x^2+mx+1)(x^2-mx+1)$，求 $p,q$ 的关系。

解：展开得 $x^4+(2-m^2)x^2+1$。所以 $p=2-m^2$，$q=1$。

消去 $m$：$m^2=2-p\ge 0$，故 $p\le 2$ 且 $q=1$。

例5 判断能否分解

判断 $x^4+x^3+x^2+x+1$ 在有理数范围内能否分解。

解：若有有理根只能是 $\pm 1$，代入都不为零，故无一次因式。若能分解只能是两个二次式之积，设 $$(x^2+ax+1)(x^2+bx+1)$$ 展开比对得 $a+b=1$，$ab+2=1$，$a+b=1$。由 $ab=-1$ 与 $a+b=1$，$a,b$ 是 $t^2-t-1=0$ 的根，不是有理数。

所以这个式子在有理数范围内不能分解。（它在实数范围内可以，但系数带 $\sqrt{5}$。）