對(duì)一類復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式分解求復(fù)根崔尚菲摘要：應(yīng)用本原單位根的思想把復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式分解成一次因式的乘積。復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式求根方法各式各樣，對(duì)不同類型的多項(xiàng)式有不同的處理方法，大部分采用的計(jì)算機(jī)的數(shù)值計(jì)算方法，優(yōu)缺點(diǎn)不一而足。對(duì)多項(xiàng)式的求根問題，在工學(xué)、理學(xué)、經(jīng)濟(jì)學(xué)等方面都有重要的作用。關(guān)鍵詞：本原單位根復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式一次因式由代數(shù)基本定理可以證明，任意一個(gè)n次復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式f(x),n>0，則f(x)恰有n個(gè)復(fù)數(shù)根q,c2，c3,…cn，而且f(x)=a0(x—c])(x-c2)…(x—cn)?然而具體多項(xiàng)式有專門的方法進(jìn)行分解?本文針對(duì)一種特殊的復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式，從5道題目下手給出了這一特殊類型題目的一般性解法.一、論文背景介紹1.1代數(shù)基本定理代數(shù)基本定理(任意一個(gè)n次復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式一定有復(fù)數(shù)根，n1.)是人們?cè)缇椭赖?直到1797年，二十歲的德國(guó)大數(shù)學(xué)家Gauss才第一個(gè)給出證明.后來(lái)Gauss又給出三個(gè)證明.由于十九世紀(jì)以前的代數(shù)是以研究代數(shù)方程為中心的，而這個(gè)定理對(duì)代數(shù)方程論又具有基本重要性，所以人們稱它為代數(shù)基本定理.1.2本原單位根由高等代數(shù)的知識(shí)我們知道，在方程xn=1中，其本原單位根可定義為2k兀. 兀+2E.xk二en；在方程xn=-1中，其本原單位根可定義為xk二en，其中kwN,0<k<n一1.二、論文引入的兩組多項(xiàng)式因?yàn)橐韵赂鞴?jié)的需要，我們?cè)谶@里先引入兩組多項(xiàng)式并進(jìn)行簡(jiǎn)單的變形處理2.1兩個(gè)偶數(shù)次二項(xiàng)展開式(a+b)2n=工2nckakb2n-kk=02n=Zn C2ka2kb2n—2k+Yn一1c2k+1a2k+1b2n—(2k+1)k=02n k=02n(a—b)2n=(—1)2n—kS2nckakb2n—kk=02nC2k+】a2k+1b2n—(2k+1)2n=ZC2k+】a2k+1b2n—(2k+1)2nk=02n k=0將以上兩式相加減便分別有以下兩式

(2.1.1)(2.1.2)[(a+b)2n+(a—b)2n]=工(2.1.1)(2.1.2)2 k=o2n1[(a+b)2n—(a—b)2n]=工n—1C2k+ia2k+1b2n—(2k+1)2 k=o2n這便是我們要引入的兩個(gè)偶數(shù)次二項(xiàng)展開式.2.2兩個(gè)奇數(shù)次二項(xiàng)展開式(a+b)2n+1=》2n+1ck akb2n+1—kk=02n+1=?C2ka2kb2n+1—2k+ C2k+】a2k+1b2n—2kk=02n+1 k=02n+1(a—b)2n+1=(—1)2n+1—k工2n+1ck+]Qkb2n+1—kk=0=—? C2ka2kb2n+1—2k+ C2k+】a2k+1b2n—2kk=02n+1 k=02n+1以上兩式相加減則分別有以下兩式[(a+b)2n+1+(a一b)2n+1]=a工;°c孑佇fa2kb2n-2k (2.2.1)[(a+b)2n+1—(a—b)2n+1]=b工;°c驚+1。2kb2n-2k (2.2.2)這便是我們要引入的兩個(gè)奇數(shù)次二項(xiàng)展開式.三、所要分解為一次因式乘積的5道復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式的題目在這一節(jié)我們開始著手進(jìn)行對(duì)特定類型的復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式分解為一次因式乘積的工作，為了使大家對(duì)將要處理的問題有一個(gè)初步的認(rèn)識(shí)，我們先給出以下5個(gè)復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式.3.1(x+cos0+isin0)n+(x+cos0—isin0)n3.2(x+1)n+(x—1)nxn—c2xn—1+c4xn—2+…+(—1)nc2n2n 2n 2nx2n+C^nx2n—2(x2—1)+c#nx2n—4(x2—1)2+….+c2nx0(x2—1)nx2n+1+C2.x2n—1(x2—1)+C4〔x2n—3(x2—1)2+…+C2n1x1(x2—1)n2n+1 2n+1 2n+1四、將以上特定復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式分解為一次因式的乘積4.1將復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式(x+cos0+isin0)n+(x+cos0—isin0)n分解為一次因式的乘積.解：令(x+cos0+isin0)n+(x+cos0—isin0)n=0，則該方程有以下變形(x+cos0+isin0)n=一(x+cos0一isin0)n=a(x+cos0-isin0)n兀+2k兀.I其中an二一1,a=en,kgN,0<k<n一1.k我們?cè)谶@里把-1用an進(jìn)行了替換，用到了本原單位根的思想，以后各節(jié)中一直沿用這種思想.取x+cos0+isin0=a(x+cos0一isin0)，則解方程可得到x=-cos0-i1+asin01—ax=—cos0—i 4sin0=(cos0+i◎sin0)k 1—a 1—ak k兀+2k兀.i其中a=en，kgN,0<k<n一1.k到這里我們已經(jīng)求得了該多項(xiàng)式所有的復(fù)根，因此有原式的一次因式分解為(x+cos0+isin0)n+(x+cos0—isin0)n=(x—x)(x—x)…(x—x )(x—x)0 1 n—2 n—1=[x+(cos0+i 4sin0)][x+(cos0+i 1sin0)]1—a 1—a01???[x+(cos0+iisin0)]1—an—1兀+2k兀.i其中a=en，kgN,0<k<n一1.k4.2將復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式(x+1)n+(x-1)n分解為一次因式的乘積.解：令(x+1)n+(x—1)n=0，則有以下變形(x+1)n=—(x—1)n=an(x—1)n兀+2krt.i其中an=—1，a=en，kgN,0<k<n一1.k取x+1=a(x-1)，則解方程可得

X=- ,X=- k-1一ak1一ak兀+2k兀.i其中a=en,kwN,0<k<n一1.k到這里我們已經(jīng)求得了該多項(xiàng)式所有的復(fù)根，因此有原式的一次因式分解如下(X+1)n+(X-1)n二(X-x0)(X-X]).?.(x-xn-2)(x-xn一])TOC\o"1-5"\h\z/ 1+a^ 1+a 1+a二(X+ 0)(X+ J…(X+ n-1)1一a° 1-a 1一a.0 1 n-1兀+2k兀.i其中a=en，kwN,0<k<n一1.k4.3將復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式Xn—c2nXn-1+c2nXn-2+…+(-1)叱孑秩分解成一次因式的乘積.1解：我們引用上面的(2.1.1),即二[(a+b)2n+(a-b)2n]=丫n c2ka2kb2n-2k，2 k=02n令a2=X，b2=-1取a=fX，b=i，可將原式化為如下形式Xn=ZnkXn=Znk=0=Znk=0-c2Xn-1+c4Xn-22n 2nc2kXn-k(-1)k2nc2kXk(-1)n-k+…?+(—1)nc2n2n=^[d+i)2n+Gx-i)2n]2這樣就化成了類似3.2題目的類型?令(五+i)2n+(云-i)2n=0，可先求該方程1 l _的復(fù)根，最后再將常數(shù)補(bǔ)寫上?將方程Qx+i)2n+G；X-i)2n=0進(jìn)行如下變形(i；x+i)2n=-(JX-i)2n=a2n(Jx-i)2n兀+2k兀其中a2n=-1，a= -i，kwN,0<k<2n-1k 2n取叮x+i=a(丘-i)，得X=-( )2，則每個(gè)根有形式Xk=-( 匕)2,1-a k1-a,k1__代入方程-[(VX+i)2n+(x/x-i)2n]=0，則有下式2JX+(^^)2][X+(料)2卜.[X+(1+a2n-1)2]=02 1-a0 1-a1 1-a2n-1即原式可化為Xn—C2Xn-1+C4Xn-2+?…+(-1)nC2n2n 2n 2n=2[X+)2][X+(獸)2].?.[X+J+"2n-1)2]

2 1-a0 1-a1 1-a2n-1兀+2k兀其中ak i，kzo<k<2n-1.4.4把多項(xiàng)式x2n+c^nX2n-2(x2-1)+c4nX2n-4(x2-1)2+—c2nX0(x2-1)n分解為一次因式的乘積.解：運(yùn)用4.3的通法，先將原式進(jìn)行如下整理X2n+C2X2n_2(X2-D+C4X2n-4(X2—1)2+ C2nX0(X2—1)nTOC\o"1-5"\h\z2n 2n 2n=乙"C2k(X2)n-k(X2—1)kk=0 2nc+1令a2=x2，b2=x2—1，取a=X，b=\x2—1，得x=—k ，其中c2n=-1，k 2i'C2七k兀+2k兀.iC=e2n，kuN,0<k<2n-1.k4.5將多項(xiàng)式x2n+1+C^n+1x2n—1(x2-1)+…+c2?+1x1(x2-1)n分解為一次因式的乘積.解：將原式變形為X2n+1+C2 X2n—1(X2-1)+C4 X2n—3(X2-1)2+ +C2nX1(X2-1)n2n+1 2n+1 2n+1=乙"C2kX2(n—k)+1(X2-1)kk=02n+1=xZnC2k(X2)n—k(X2-1)kk=02n+1引用上面的(2.2.2)式，即1[(a+b)2n+1—(a—b)2n+1]=b工n c2k、a2kb2n—2k2 k=o2n+1對(duì)照(2.2.2),令a2=x2-1，b2=x2，取a=\；x2-1，b=X,可將原式化為1—x[(X2—1+X)2n+1+(弋X2—1—x)2n+1]^2這樣就化成了類似3.2題目的類型.考慮下式■VX2-1+x)2n+1=一(丫X2-1-x)2n+1取其2n+1次方根，并用本原單位根替換-1,我們不難得到

x'x2—1+x=ck(\：x2—1—x)兀+2刼.其中c其中c2n+l=—1,c=e2n+1,kwN,0<k<2n.k解方程得xk1—c 兀+2刼i解方程得xkTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"=di,(c2n+1=—1,c=e2n+1,kwN,0<k<2n).這樣2g kk我們求得了方程所有的復(fù)根，代入原式可得X2n+1+c2n+1x2n—1(x2—1)+c4n+1x2n—3(x2—1)2+ +c2n+1x1(x2—1)n\o"CurrentDocument"=xYnc2k(x2)n—k(x2—1)kk=02n+1' 7=x[(\：x2—1+x)2n+1+(弋x2—1—x)2n+1]2\o"CurrentDocument"=x[x— 0i][x— 1i]...[x— 紐i]2\：c0 2.jc] 2\,：如兀+2刼.其中c2n+1=—1,c=e2n+11,kwN,0<k<2n.k五、結(jié)論本文針對(duì)一種特殊的復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式，從5道題目下手給出了這一特殊類型題目的一般性解法，即應(yīng)用本原單位根的思想把復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式分解成一次因式的乘積，方法簡(jiǎn)明有效，具有代表性、普適性.參考文獻(xiàn)：李炯生查建國(guó)王新茂：線性代數(shù)，中國(guó)科學(xué)技術(shù)大學(xué)出版社出版，2010年第2版，22頁(yè)?！?M.菲赫金哥爾茨：微積分學(xué)教程（一、二、三），高等教育出版社，2011年第八版。DECOMPOSINGTHEPOLYNOMIA