单位根/多项式整除

本章演示了在多项式整除问题中使用单位根。

多项式整除

设 $f(x)$ 和 $p(x)$ 是两个多项式。

假设存在另一个多项式 $q(x)$，使得

$f(x)=p(x)\cdot q(x)$.

如果 $f(x)$，$p(x)$ 和 $q(x)$ 是具有整数系数的多项式，则，$f(x)$ 被称为在整数上可被 $p(x)$ 整除。

类似地，如果 $f(x)$，$p(x)$ 和 $q(x)$ 是具有有理系数的多项式，则，$f(x)$ 被称为在有理数上可被 $p(x)$ 整除。

如果 $f(x)$，$p(x)$ 和 $q(x)$ 是具有实系数或复系数的多项式，则，$f(x)$ 被称为在实数或复数上可被 $p(x)$ 整除。

示例 1 设 $f(x)=x^{2}-1$ 且 $p(x)=2x+2$。这两个多项式的系数都是整数。但是

$x^{2}-1=(2x+2)({\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{2}})$.

右边第二个括号中的多项式 ${\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{2}}$ 没有整数系数。因此，$f(x)$ 在整数范围内不能被 $p(x)$ 整除。

但是，如果我们考虑 $f(x)$ 和 $p(x)$ 是具有有理数、实数或复数系数的多项式，那么 ${\frac {1}{2}}x-{\frac {1}{2}}$ 也是具有有理数、实数或复数系数的多项式。所以，$f(x)$ 在有理数、实数或复数范围内可以被 $p(x)$ 整除。证毕

因此，多项式的可除性与我们允许系数取值的数字集合密切相关。然而，由于 $f(x)$ 和 $p(x)$ 是已知多项式，商式 $q(x)$ 的系数是可除性的关键。

现在，设 $f(x)=p(x)\cdot q(x)$，其中 $f(x)$ 和 $p(x)$ 在我们指定的数字集合中具有系数。我们如何确定 $q(x)$ 也是一个在相同集合中具有系数的多项式？这个问题的答案在以下规则中给出

规则 1 设 $f(x)=p(x)\cdot q(x)$。

• 如果 $f(x)$ 和 $p(x)$ 具有复系数，则 $q(x)$ 具有复系数。 $f(x)$ 可以被 $p(x)$ 在复数域上整除。
• 如果 $f(x)$ 和 $p(x)$ 具有实系数，则 $q(x)$ 具有实系数。 $f(x)$ 可以被 $p(x)$ 在实数域上整除。
• 如果 $f(x)$ 和 $p(x)$ 具有有理系数，则 $q(x)$ 具有有理系数。 $f(x)$ 可以被 $p(x)$ 在有理数域上整除。
• 如果 $f(x)$ 和 $p(x)$ 的系数都是整数，并且 (充分但不必必要地) $p_{0}=1$，那么 $q(x)$ 的系数都是整数。 $f(x)$ 能被 $p(x)$ 整除。

这个规则在附录中证明。

当我们只考虑整数系数时，条件 $p_{0}=1$ 是不必要的。例如，令 $f(x)=2x^{2}-2$ 和 $p(x)=-2x+2$，那么 $p_{0}=-2$，但是 $2x^{2}-2=(-2x+2)(-x-1)$。

因式定理和单位根

在初等代数中，我们有余数定理。这里只陈述定理，不提供证明。

余数定理 多项式 $f(x)$ 被 $x-a$ 除的余数等于 $f(a)$。

从这个定理，我们可以得到以下结果，通常被称为“因式定理”。
因式定理 多项式 $f(x)$ 能被 $x-a$ 整除，当且仅当 $f(a)=0$。
(注意，$f(x)$ 和 $a$ 是已知的，我们自动假设它属于可被整除的数字集合中)。

证明 假设 $f(x)$ 可被 $x-a$ 整除，则多项式 $f(x)$ 被 $x-a$ 除的余数为零。因此，$f(a)=0$.
另一方面，如果 $f(a)=0$，则多项式 $f(x)$ 被 $x-a$ 除的余数为零。因此，$f(x)=(x-a)q(x)$。此外，除数的首项系数为 $p_{0}=1$。因此，根据规则 1，$f(x)$ 可被 $x-a$ 整除，在整数、有理数、实数和复数范围内。

因子定理的重复应用会导致更复杂的除数
规则 2 如果多项式 $f(x)$ 满足

$f(a)=f(b)=0,\quad a\neq b$,

那么 $f(x)$ 可被 $x^{2}-(a+b)x+ab$ 整除。
证明 根据因子定理，因为 $f(a)=0$，存在多项式 $q(x)$ 使得

$f(x)=(x-a)q(x)$.

令 $x=b$

$f(b)=(b-a)q(b)$.

由于 $f(b)=0$ 且 $a\neq b$，我们得出结论 $q(b)=0$。根据因式定理，存在多项式 $s(x)$ 使得

$q(x)=(x-b)s(x)$.

因此

$f(x)=(x-a)(x-b)s(x)$,

$f(x)=(x^{2}-(a+b)x+ab)s(x)$.

注意除数的首项系数为 1。

推论 1 如果实系数多项式 $f(x)$ 满足 $f(\alpha +\beta i)=0$，其中 $\alpha$ 和 $\beta$ 是实数且 $\beta \neq 0$，则 $f(x)$ 可以被 $x^{2}-2\alpha x+(\alpha ^{2}+\beta ^{2})$ 整除。
证明 在代数中，我们已经知道如果一个实系数多项式 $f(x)$ 在某个复数 $z=\alpha +\beta i$ 处为零，那么它也在 ${\overline {z}}=\alpha -\beta i$ 处为零。因此，我们可以应用规则 2 来获得所需的结果，因为 $\beta \neq 0$ 意味着 $\alpha +\beta i\neq \alpha -\beta i$.

以上推论有一个有用的特例，如下所示
推论 2 如果一个整数系数多项式 $f(x)$ 满足 $f(\omega )=0$，其中 $\omega =-{\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}i$ 是 1 的立方根，那么 $f(x)$ 可以被 $x^{2}+x+1$ 整除。

推论 1 是复数在处理实系数多项式可除性的应用的一个例子。推论 2 通过利用 1 的立方根进一步限制了整数上的可除性。

我们也可以在多项式可除性问题中应用其他单位根，但我们需要类似于上面显示的结果。

规则 3 如果一个多项式 $f(x)$ 满足

$f(a_{1})=f(a_{2})=\cdots =f(a_{n})=0$

对于 $n$ 个不同的数 $a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n}$，那么 $f(x)$ 可以被乘积 $(x-a_{1})(x-a_{2})\cdots (x-a_{n})$ 整除。

规则 4 类似于规则 3：它们是因式定理的重复应用。

推论 3 如果一个整数系数多项式 $f(x)$ 满足

$f(\epsilon _{k})=0$ 其中 $k={\begin{cases}1,2,\ldots ,{\frac {n}{2}}&{\text{if }}n{\text{ is even}}\\1,2,\ldots ,{\frac {n-1}{2}}&{\text{if }}n{\text{ is odd}},\end{cases}}$

那么 $f(x)$ 可以被 $x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots +x^{2}+x+1$ 整除。

为了证明这个推论，我们需要用到一个结论：单位根的非实根的共轭也是单位根的非实根。

在多项式可除性问题中使用单位根

示例 2 设 $f(x)=x^{3m+1}+x^{3n+2}+1$，其中 $m$ 和 $n$ 是整数。证明 $f(x)$ 可以被 $x^{2}+x+1$ 整除。
证明 令 $x=\omega$，则

$f(\omega )=\omega ^{3m+1}+\omega ^{3n+2}+1=\omega +\omega ^{2}+1=0$,

根据推论 2，$f(x)$ 可以被 $x^{2}+x+1$ 整除。

示例 3 设 $n$ 为自然数，且

$f(x)=x^{n+2}+(x+1)^{2n+1}$.

证明对于任意整数 $k$，$f(k)$ 是 $k^{2}+k+1$ 的倍数。
证明 很容易证明 $f(\omega )=0$ 并且 $f(x)$ 是一个系数为整数的多项式。因此，$f(x)$ 可以被 $x^{2}+x+1$ 整除。由于 $f(x)$ 和 $x^{2}+x+1$ 都是系数为整数的多项式，因此它们的商，假设为 $q(x)$，也是一个系数为整数的多项式。因此，当 $k$ 是一个整数时，$f(k)$ 是 $k^{2}+k+1$ 的整数倍。

例 4 求 $x^{1001}-1$ 被 $x^{4}+x^{3}+2x^{2}+x+1$ 除的余数。
解 令 $f(x)=x^{1001}-1$ 并且 $p(x)=x^{4}+x^{3}+2x^{2}+x+1$。令余数为 $r(x)$，则

$f(x)=p(x)\cdot q(x)+r(x)$,

其中 $q(x)$ 表示商。由于除数 $p(x)$ 的次数是 4，余数 $r(x)$ 的次数最多是三。因此，令

$r(x)=ax^{3}+bx^{2}+cx+d$.

现在我们要确定$r(x)$的系数。
从

$p(x)=(x^{2}+1)(x^{2}+x+1)$,

我们知道

$p(i)=p(\omega )=0$,

所以

$f(i)=r(i),\quad f(\omega )=r(\omega )$

$i-1=-ai-b+ci+d,\quad -{\frac {3}{2}}-{\frac {\sqrt {3}}{2}}i=a+d+{\frac {b}{2}}-{\frac {c}{2}}+({\frac {c{\sqrt {3}}}{2}}-{\frac {b{\sqrt {3}}}{2}})i$

比较这两个等式两边的实部和虚部

$d-b=-1,\quad c-a=1,\quad a+d-{\frac {b}{2}}-{\frac {c}{2}}=-{\frac {3}{2}},\quad {\frac {c{\sqrt {3}}}{2}}-{\frac {b{\sqrt {3}}}{2}}=-{\frac {\sqrt {3}}{2}}$

求解，$a=-1,b=1,c=d=0$。因此，余数为$r(x)=-x^{3}+x^{2}$。

例 5 令$P(x)$、$Q(x)$、$R(x)$和$S(x)$是满足以下恒等式的多项式

$P(x^{5})+xQ(x^{5})+x^{2}R(x^{5})=(x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1)S(x)$.

证明 $x-1$ 是 $P(x)$ 的因式。
证明 令

$P(x)=p_{m}x^{m}+p_{m-1}x^{m-1}+\cdots +p_{1}x^{1}+p_{0}$,

$S(x)=s_{n}x^{n}+s_{n-1}x^{n-1}+\cdots +s_{1}x^{1}+s_{0}$.

注意 $P(x^{5})+xQ(x^{5})+x^{2}R(x^{5})$ 只有 $x^{5k}$ 项，$x^{5k+1}$ 项和 $x^{5k+2}$ 项，对于非负整数 $k$。因此，$x^{5k-1}$ 项的系数全为零。那么

$s_{5k-1}+s_{5k-2}+s_{5k-3}+s_{5k-4}+s_{5k-5}=0$.

另一方面，比较 $x^{5k}$ 项的系数

$p_{0}=s_{0}$,

$p_{k}=s_{5k}+s_{5k-1}+s_{5k-2}+s_{5k-3}+s_{5k-4}$

因此，$p_{k}=s_{5k}-s_{5k-5}$.
现在，我们将证明$s_{5m}=0$. 首先，请注意

$0=p_{m+1}=p_{m+2}=\cdots =p_{m+h}$

所以，

$0=p_{m+1}+p_{m+2}+\cdots +p_{m+h}$

$=(s_{5m+5}-s_{5m})+(s_{5m+10}-s_{5m+5})+\cdots +(s_{5m+5h}-s_{5m+5(h-1)})$

$=s_{5m+5h}-s_{5m}$ 对于任何$h>0$.

换句话说，$s_{5m}=s_{5m+5}=s_{5m+10}=\cdots$. 注意到$S(x)$ 是一个多项式，因此它具有有限的度数。 $s_{5m}\neq 0$ 将导致与之矛盾。 因此，$s_{5m}=0$.
所以

$P(x)=s_{0}+(s_{5}-s_{0})x+(s_{10}-s_{5})x^{2}+\cdots +(s_{5m-5}-s_{5m-10})x^{m-1}+s_{5m-5}x^{m}$

$=-(x-1)(s_{0}+s_{5}x+s_{10}x^{2}+\cdots +s_{5m-5}x^{m-1})$. 证毕

另一种证明 令 $\epsilon _{k}$ 为一个复数 5 次单位根，则

$(\epsilon _{k})^{5}=1$, $(\epsilon _{k})^{2}=\epsilon _{2k}$, $(\epsilon _{k})^{4}+(\epsilon _{k})^{3}+(\epsilon _{k})^{2}+\epsilon _{k}+1=0$.

将 $x=\epsilon _{k}$ 代入给定的恒等式

$P(1)+\epsilon _{k}Q(1)+\epsilon _{2k}R(1)=0$.

我们可以先分别将 $k=1,2$ 代入，然后分别比较实部和虚部，得到以下结果

$P(1)+{\frac {{\sqrt {5}}-1}{4}}Q(1)-{\frac {{\sqrt {5}}+1}{4}}R(1)=0$,

$P(1)-{\frac {{\sqrt {5}}+1}{4}}Q(1)+{\frac {{\sqrt {5}}-1}{4}}R(1)=0$,

${\frac {\sqrt {10+2{\sqrt {5}}}}{4}}Q(1)+{\frac {\sqrt {10-2{\sqrt {5}}}}{4}}R(1)=0$,

${\frac {\sqrt {10-2{\sqrt {5}}}}{4}}Q(1)-{\frac {\sqrt {10+2{\sqrt {5}}}}{4}}R(1)=0$,

我们可以轻松地解出这些方程

$P(1)=Q(1)=R(1)=0$.

根据因式定理，$x-1$ 是 $P(x)$ 的一个因式。证毕

另一种证明方法利用了单位根的性质。通过这样做，我们也可以得出结论，$x-1$ 是 $Q(x)$ 和 $R(x)$ 的因式，这意味着 $S(x)$ 也包含因式 $x-1$.

在第一个证明中，我们只需要 $x^{5k-1}$ 项的系数为零。所以，我们可以添加一项 $x^{3}T(x^{5})$，结论仍然成立。

例 6 设 $P(x)$，$Q(x)$，$R(x)$，$T(x)$ 和 $S(x)$ 是满足以下恒等式的多项式

$P(x^{5})+xQ(x^{5})+x^{2}R(x^{5})+x^{3}T(x^{5})=(x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1)S(x)$.

证明 $x-1$ 是 $P(x)$ 的因式。
证明 重复上一个例子的第一个证明。
另一种证明方法 重复前面例子的另一种证明方法：将 $x=\epsilon _{1},\epsilon _{2}$ 代入，并比较实部和虚部。用这种方法，我们也可以得出结论，所有多项式 $P(x)$，$Q(x)$，$R(x)$，$T(x)$ 和 $S(x)$ 都具有因子 $x-1$.