对一类复系数多项式分解求复根

对一类复系数多项式分解求复根

崔尚菲

摘 要：应用本原单位根的思想把复系数多项式分解成一次因式的乘积。复系数多项式求根方法各式各样，对不同类型的多项式有不同的处理方法，大部分采用的计算机的数值计算方法，优缺点不一而足。对多项式的求根问题，在工学、理学、经济学等方面都有重要的作用。

关键词：本原单位根 复系数多项式 一次因式

由代数基本定理可以证明，任意一个n次复系数多项式f(x)，n?0，则f(x)恰有n个复数根c1，c2，c3，而且f(x)?a0(x?c1)(x?c2)?(x?cn).然而具体?cn，多项式有专门的方法进行分解.本文针对一种特殊的复系数多项式，从5道题目下手给出了这一特殊类型题目的一般性解法.

一、论文背景介绍

1.1代数基本定理

代数基本定理（任意一个 n 次复系数多项式一定有复数根， n ?1．）是人们早就知道的.直到1797年，二十岁的德国大数学家Gauss才第一个给出证明．后来 Gauss又给出三个证明．由于十九世纪以前的代数是以研究代数方程为中心的，而这个定理对代数方程论又具有基本重要性，所以人们称它为代数基本定理．

1.2本原单位根

由高等代数的知识我们知道，在方程x?1中，其本原单位根可定义为

2k?ine；在方程

n??2k?xk?x??1中，其本原单位根可定义为xk?enni，其中

k??，0?k?n?1.

二、论文引入的两组多项式

因为以下各节的需要，我们在这里先引入两组多项式并进行简单的变形处理. 2.1两个偶数次二项展开式

kk2n?k(a?b)2n??k?0c2nab2k2k2n?2k2k?12k?12n?(2k?1)??k?0c2??k?0c2bnabnakk2n?k(a?b)2n?(?1)2n?k?k?0c2nab2k2k2n?2k2k?12k?12n?(2k?1)??k?0c2??k?0c2bnabnann?12nnn?12n

将以上两式相加减便分别有以下两式

1n2k2k2n?2k[(a?b)2n?(a?b)2n]??k?0c2 nab21n?12k?12k?12n?(2k?1)2n2n [(a?b)?(a?b)]??k?0c2nab

2(2.1.1) (2.1.2)

这便是我们要引入的两个偶数次二项展开式.

2.2两个奇数次二项展开式

kk2n?1?k(a?b)2n?1??k?0c2n?1ab2k2k2n?1?2k2k?12k?12n?2k??k?0c2??k?0c2bn?1abn?1ann2n?1

(a?b)2n?1kk2n?1?k?(?1)2n?1?k?k?0c2n?1ab2k2k2n?1?2k2k?12k?12n?2k???k?0c2??k?0c2bn?1abn?1ann2n?1

以上两式相加减则分别有以下两式

1n2k?12k2n?2k[(a?b)2n?1?(a?b)2n?1]?a?k?0c2 n?1ab21n2k2k2n?2k[(a?b)2n?1?(a?b)2n?1]?b?k?0c2 n?1ab2(2.2.1) (2.2.2)

这便是我们要引入的两个奇数次二项展开式.

三、所要分解为一次因式乘积的5道复系数多项式的题目

在这一节我们开始着手进行对特定类型的复系数多项式分解为一次因式乘积的工作，为了使大家对将要处理的问题有一个初步的认识，我们先给出以下5个复系数多项式.

3.1 (x?cos??isin?)n?(x?cos??isin?)n 3.2 (x?1)n?(x?1)n

2n?14n?22n3.3 xn?c2?c2???(?1)nc2nxnxn

3.4 x2n22n?2242n?4222n02n?c2x(x?1)?cx(x?1)???cx(x?1) n2n2n22n?1242n?322n12n3.5 x2n?1?c2(x?1)?c2(x?1)2???c2n?1xn?1xn?1x(x?1)

四、将以上特定复系数多项式分解为一次因式的乘积

4.1将复系数多项式(x?cos??isin?)n?(x?cos??isin?)n分解为一次因式的乘积.

解：令（x?cos??isin?)n?（x?cos??isin?)n?0，则该方程有以下变形

（x?cos??isin?)n??（x?cos??isin?)n

n?a（x?cos??isin?)n??2k?其中an??1，ak?eni，k??，0?k?n?1.

我们在这里把?1用a进行了替换，用到了本原单位根的思想，以后各节中一直沿用这种思想.

取x?cos??isin??a(x?cos??isin?)，则解方程可得到

n1?asin? 1?a1?ak1?akxk??cos??isin???（cos??isin?）1?ak1?akx??cos??i??2k?其中ak?eni，k??，0?k?n?1.

到这里我们已经求得了该多项式所有的复根，因此有原式的一次因式分解为

(x?cos??isin?)n?(x?cos??isin?)n?(x?x0)(x?x1)?(x?xn?2)(x?xn?1)?[x?(cos??i1?a01?a1sin?)][x?(cos??isin?)]1?a01?a11?an?1sin?)]1?an?1

?[x?(cos??i??2k?i其中 ak?en，k??，0?k?n?1.

4.2将复系数多项式(x?1)n?(x?1)n分解为一次因式的乘积. 解：令（x?1)n?（x?1)n?0，则有以下变形

n（x?1)n??（x?1)n?a（x?1)n??2k?n，ak?e其中a??1ni，k??，0?k?n?1.

取x?1?a(x?1)，则解方程可得

1?ak1?ax??，xk??1?a1?ak??2k?

其中ak?eni，k??，0?k?n?1.

到这里我们已经求得了该多项式所有的复根，因此有原式的一次因式分解如下

(x?1)n?(x?1)n?(x?x0)(x?x1)?(x?xn?2)(x?xn?1)?(x???2k?1?a01?an?11?a1)(x?)?(x?)1?a01?a11?an?1

其中ak?eni，k??，0?k?n?1.

2n?14n?22n4.3将复系数多项式xn?c2?c2???(?1)nc2nxnxn分解成一次因式的乘

积.

解：我们引用上面的（2.1.1），即[(a?b)令a?x，b??1取a?，22122n2k2k2n?2k?(a?b)2n]??k?0c2，nabn可将原式化为如下形式 x，b?i，2n?14n?22nxn?c2?c2???(?1)nc2nxnxn2kn?k??k?0c2(?1)knx2kkn?k??k?0c2nx(?1)nn1?[(x?i)2n?(x?i)2n]2

这样就化成了类似3.2题目的类型.令(x?i)2n?(x?i)2n?0，可先求该方程的复根，最后再将常数

1补写上.将方程(x?i)2n?(x?i)2n?0进行如下变形 2

(x?i)2n??(x?i)2n?a2n(x?i)2n其中a2n??1，ak???2k?2ni，k??，0?k?2n?1.

取

1?ak21?a2)，则每个根有形式xk??()， x?i?a(x?i)，得x??(1?a1?ak122n代入方程[(x?i)?(x?i)2n]?0，则有下式

1?a021?a2n?121?a121[x?()][x?()]?[x?()]?0 21?a01?a11?a2n?1即原式可化为

2n?14n?2n2nxn?c2x?cx???(?1)c2nn2n1?a021?a2n?121?a121?[x?()][x?()]?[x?()] 21?a01?a11?a2n?1其中ak???2k?2ni，k??，0?k?2n?1.

22n?2242n?422n02n4.4把多项式x2n?c2(x?1)?c2(x?1)2??c2nxnxnx(x?1)分

解为一次因式的乘积.

解：运用4.3的通法，先将原式进行如下整理

22n?242n?42n02nx2n?c2(x2?1)?c2(x2?1)2??c2nxnxnx(x?1)n??k?0c2n(x)22222k2n?k(x?1)2k

令a?x，b?x?1，取a?x，b?x2?1，得xk?ck?12ck，其中c2n ??1，

??2k?ck?e2ni，k??，0?k?2n?1.

22n?122n12n4.5将多项式x2n?1?c2(x?1)???c2n?1xn?1x(x?1)分解为一次因式

的乘积.

解：将原式变形为

22n?142n?32n12nx2n?1?c2(x2?1)?c2(x2?1)2???c2n?1xn?1xn?1x(x?1)??k?0c22nk?1x2(n?k)?1(x2?1)knn

2k2n?k?x?k?0c2(x2?1)kn?1(x)引用上面的(2.2.2)式，即

1n2k2k2n?2k[(a?b)2n?1?(a?b)2n?1]?b?k?0c2 n?1ab2对照(2.2.2)，令a?x?1，b?x，取a?2222x2?1，b?x，可将原式化为

1x[(x2?1?x)2n?1?(x2?1?x)2n?1] 2这样就化成了类似3.2题目的类型.考虑下式

x2?1?x)2n?1??(x2?1?x)2n?1

取其2n+1次方根，并用本原单位根替换-1，我们不难得到

x2?1?x?ck(x2?1?x)

??2k?其中c2n?1??1，ck?e2n?1i，k??，0?k?2n.

??2k?解方程得xk?1?ck2cki，(c2n?1??1，ck?e2n?1i，k??，0?k?2n).这样

我们求得了方程所有的复根，代入原式可得

22n?1242n?322n12nx2n?1?c2(x?1)?c2(x?1)2???c2n?1xn?1xn?1x(x?1)2k2n?k?x?k?0c2(x2?1)kn?1(x)n1x[(x2?1?x)2n?1?(x2?1?x)2n?1]21?c01?c2n1?c11?x[x?i][x?i]?[x?i]22c02c12c2n???2k?

其中c

2n?1??1，ck?e2n?1i，k??，0?k?2n.

五、结论

本文针对一种特殊的复系数多项式，从5道题目下手给出了这一特殊类型题目的一般性解法，即应用本原单位根的思想把复系数多项式分解成一次因式的乘积，方法简明有效，具有代表性、普适性.

参考文献：

[1]李炯生 查建国 王新茂： 线性代数，中国科学技术大学出版社出版，2010年第2版，22页。

[2]Γ.Μ.菲赫金哥尔茨：微积分学教程（一、二、三），高等教育出版社，2011年第八版。

DECOMPOSING THE POLYNOMIAL WITH COMPLEX COEFFICIENTS INTO ONE DEGREE

FACTOR

CUI Shang-fei

Abstract:Decomposing the polynomial with complex coefficients into one degree factor by using the idea of primitive root of unit.There is a lot of way to decompose the polynomial with complex coefficients into one degree factor,different ways to different types,always using numerical computation method,no most, no worst yet.The question that how to get the roots of polynomial with complex coefficients is important in engineering,science,economics and so on.

Key words: primitive root of unit; polynomial with complex coefficients; one degree factor.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/7gq8.html