對一類復系數(shù)多項式分解求復根

對一類復系數(shù)多項式分解求復根崔尚菲摘要：應用本原單位根的思想把復系數(shù)多項式分解成一次因式的乘積。復系數(shù)多項式求根方法各式各樣，對不同類型的多項式有不同的處理方法，大部分采用的計算機的數(shù)值計算方法，優(yōu)缺點不一而足。對多項式的求根問題，在工學、理學、經(jīng)濟學等方面都有重要的作用。關(guān)鍵詞：本原單位根復系數(shù)多項式一次因式由代數(shù)基本定理可以證明，任意一個n次復系數(shù)多項式f3),n>0，則f(x)恰有n個復數(shù)根c1，c2，c3，…cn，而且f(x)=a0(x-cJCr-c2)…(x—cn).然而具體多項式有專門的方法進行分解.本文針對一種特殊的復系數(shù)多項式，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n次復系數(shù)多項式一定有復數(shù)根，n1.)是人們早就知道的.直到1797年，二十歲的德國大數(shù)學家Gauss才第一個給出證明.后來Gauss又給出三個證明.由于十九世紀以前的代數(shù)是以研究代數(shù)方程為中心的，而這個定理對代數(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)的知識我們知道，在方程xn=1中，其本原單位根可定義為2k兀. 兀+2S.xk=e；‘；在方程xn=-1中，其本原單位根可定義為x= ，其中k kkgN，0<k<n-1.二、論文引入的兩組多項式因為以下各節(jié)的需要，我們在這里先引入兩組多項式并進行簡單的變形處理2.1兩個偶數(shù)次二項展開式(a+b)2n=Z2nckakb2n-kk=02n=Z〃 c2ka2kb2n-2k+￡n-1c2k+1a2k+1b2n-(2k+1)(a一b)2n=(-1)2n-kZ2nckakb2n-(a一b)2nc2k+1a2k+1b2n-(2k+1)2n=Zc2k+1a2k+1b2n-(2k+1)2n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]=￡n c2ka2kb2n-2k(2.1.1)(2.1.2)2 k=02n—[(a+b)2n—(a—b)2n]=￡n-1c2k+ia2k+1b2n-(2k+1)2 k=02n這便是我們要引入的兩個偶數(shù)次二項展開式.2.2兩個奇數(shù)次二項展開式(a+b)2n+1=￡2n+1ck akb2n+1-kk=02n+1TOC\o"1-5"\h\z-￡nc2ka2kb2n+1-2k+￡nc2k+1a2k+1b2n-2kk=0c2n+1ab +—k=0c2n+1。 b(a-b)2n+1=(-1)2n+1-k￡2n+1(a-b)2n+1-_Xnc2ka2kb2n+1-2k+￡nc2k+1a2k+1b2n-2k=k=0c2n+1ab +氣=0c2n+1。 b以上兩式相加減則分別有以下兩式—[(a+b)2n+1+(a—b)2n+1]=a〉：nc2k+1a2kb2n-2k 221)2iu) i u) Jb'■k 2n+^^ (2.2.1)\o"CurrentDocument"L[(a+b)2n+1-(a—b)2n+1]=b￡nc2k.a2kb2n-2k (222)2 k=02n+1 ( )這便是我們要引入的兩個奇數(shù)次二項展開式.三、所要分解為一次因式乘積的5道復系數(shù)多項式的題目在這一節(jié)我們開始著手進行對特定類型的復系數(shù)多項式分解為一次因式乘積的工作，為了使大家對將要處理的問題有一個初步的認識，我們先給出以下5個復系數(shù)多項式.(x+cos。+isin0)n+(x+cos。-isin0)n(x+1)n+(x—1)n3.3xn-c2xn—1+c4xn-2+…+(-1)nc2n2n 2n 2n34x2n+c2x2n-2(x2-1)+c4x2n-4(x2-1)2++c2nx0(x2-1)n

2n 2n 2n3.5x2n+1+c2n+1x2n—1(x2-1)+c4n+1x2n-3(x2-1)2+???+c2n+1x1(x2-1)n四、將以上特定復系數(shù)多項式分解為一次因式的乘積4.1將復系數(shù)多項式(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.其中an=一1,a=en1,kgN,0<k<n一1.k我們在這里把-1用an進行了替換，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=一cos0一i'+asin01—ax=—cos0—^~aksin0=(cos0+sin0)k 1—a 1—a兀+2k兀.其中a=en1，kgN，0<k<n—1.k到這里我們已經(jīng)求得了該多項式所有的復根，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).1+a sin0)]1—a1=[x+(cos0+i'+"osin.1+a sin0)]1—a11—a0…[x+(cos0+i a^sin0)]1—an—1兀+2k兀. i其中a=en，kgN，0<k<n一14.2將復系數(shù)多項式(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=a^x—1)n兀+2kK.其中an=一1，a=en1，kgN，0<k<n一1.k取x取x+1=a(x—1)，則解方程可得1+a k1—ak兀+2k兀.其中a=en1,keN,0<k<n—1.k到這里我們已經(jīng)求得了該多項式所有的復根，因此有原式的一次因式分解如下(x+1)n+(X—1)n=(x—x0)(x—xj...(x—xn—2)(x—xn—1)(X+1+a0)(x+1+a1)...(x+1+an-1)

1—a0 1—a1 1—an—1兀+2k兀.其中a=en1，kgN，0<k<n—1.k4.3將復系數(shù)多項式xn—c2xn—1+c4xn—2+…+(—1)"2n分解成一次因式的乘乙n 乙n 乙n積.1解：我們引用上面的(2.1.1)，即2【(a+b)2n+(a—b)2n]=Zn=0c2ka2kb2n-2k，令a2=x，b2=—1，取a=tx，b=z?，可將原式化為如下形式xn一c2xn—1+c4xn—2+???+(—1)nc2n

2n 2n 2n=￡nc2kxn—k(—1)kk=02n=￡nc2kxk(—1)n—kk=02n=1[G-;x+i)2n+3x—i)2n]這樣就化成了類似3.2題目的類型.令心+i)2n+(云-i)2n=0，可先求該方程1 ，.一— ?的復根，最后再將常數(shù)5補寫上.將方程(七x+i)2n+(、.?'x—i)2n=0進行如下變形(、；x+i)2n=—(、：x—i)2n=a2n(\'x—i)2n一 兀+2k兀其中a2n=—1，a】= 1，kgN，0<k<2n—1k 2n取y'x+i=a(5—i)，得x=—(1^)2，則每個根有形式xk=-(1+氣)2，k1_— - .— -_-代入方程5[(、?,x+I)2n+('、：x—I)2n]=0，則有下式A![x+(1+a0)2][x+(1+a1)2]…[x+(1+a2n-1)2]=02 1-a0 1-a1 1-a2n-1即原式可化為xn一c2xn-1+c4xn-2+…+(-1)nc2n2n 2n 2n=；[x+(^^)2][x+(巨)2]...[x+(：+a2n-1)2]2 1-a0 E 1-a2n-1兀+2k兀其中a】= 1，keN，0<k<2n-1.k 2n4.4把多項式x2n+c2x2n-2(x2-1)+c4x2n~4(x2-1)2H c2nx0(x2-1)n分2n 2n 2n解為一次因式的乘積.解：運用4.3的通法，先將原式進行如下整理x2n+C2x2n-2(x2-1)+C4x2n-4(x2—1)2+ C2〃x0(x2—1)n=￡nC2k(x2)n-k(x2一1)kk=02n令a2=x2，b2=x2—1，取a=x，b=\x2一1，得x=k，其中c2n=-1，k2：c2ck兀+2k兀.c=e2n'，kgN，0<k<2n-1.k4.5將多項式x2n+1+c2n+1x2n-1(x2-1)+???+弓；+1x1(x2-1)n分解為一次因式的乘積.解：將原式變形為x2n+1+c2x2n-1(x2-1)+c4x2n-3(x2-1)2+ +^2nx1(x2-1)n=￡nc2kx2(n-k)+1(x2-1)k寸=02n+1=x^nc2k(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]=bZn c2k.a2kb2n-2k2 k=02n+1對照(2.2.2)，令a2=x2-1，b2=x2，取a=xx2-1，b=x，可將原式化為1 r~: 一一二一一—x[(ix2-1+x)2n+1+(、x2-1-x)2n+1]2這樣就化成了類似3.2題目的類型.考慮下式氣x2一1+x)2n+1=-(，?'x2一1一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px2-1+x-%(Vx2-1-x)兀+2成.其中c2n+1=一1,%-e2n+11,keN,0<k<2n.解方程得x7=i, (c2n+1 =一1, c=e 2n+1 1, keN, 0<k< 2n).這樣k2「c, kk我們求得了方程所有的復根，代入原式可得x2n+1+C2n+1x2n一1(x2-1)+c4n+1x2n-3(x2-1)2+ +C2：+1x1(x2-1)n=xzn=0磴+1(x2)i(x2-1)k1 ■_：~ -，二■-，=x[(kx2-1+x)2n+1+(vx2-1-x)2n+1]2=1x[x-1^c0i][x-i-c1[?]???[x-1一.％i]2氣c0 2即1 2*c2n兀+2kK.其中c2n+1=-1，ck=e2n+11，keN，0<k<2n.五、結(jié)論本文針對一種特殊的復系數(shù)多項式，從5道題目下手給出了這一特殊類型題目的一般性解法，即應用本原單位根的思想把復系數(shù)多項式分解成一次因式的乘積，方法簡明有效，具有代表性、普適性.參考文獻：李炯生查建國王新茂：線性代數(shù)，中國科學技術(shù)大學出版社出版，2010年第2版，22頁。r.M.菲赫金哥爾茨：微積分學教程(一、二、三)，高等教育出版社，2011年第八版。DECOMPOSINGTHEPOLYNOMIALWITHCOMPLEX