单位根/因式分解和解方程

本章将探讨单位根在因式分解和解方程中的应用。

因式分解和解方程

解方程是指找到满足方程的未知数的值集。对于低次方程，我们可以很容易地求解，但对于高次方程，则不容易。然而，通过因式分解，我们可以将高次多项式重写为低次多项式的乘积。通过因式分解来解方程的方法基于以下定理

零积性质 设 $A$ 和 $B$ 为实数或复数。如果 $A\cdot B=0$，则 $A=0$ 或 $B=0$。
证明 $A=0$ 或 $A\neq 0$ 成立。如果 $A=0$，则“$A=0$ 或 $B=0$” 成立。如果 $A\neq 0$，则 $A^{-1}$ 存在。将其乘以 $A\cdot B=0$ 两边

$A^{-1}\cdot A\cdot B=A^{-1}\cdot 0$

$B=0$.

那么“$A=0$ 或 $B=0$” 也成立。证毕

因此，在解多项式方程时，我们可以先对多项式进行因式分解，然后形成将因子与零相等的较小方程。

例 1 解方程 $x^{3}-x^{2}-x+1=0$.
解

$x^{3}-x^{2}-x+1=0$

$x^{2}(x-1)-(x-1)=0$

$(x-1)(x^{2}-1)=0$

$(x-1)(x-1)(x+1)=0$

$x-1=0$ 或 $x-1=0$ 或 $x+1=0$

$x=1$ 或 $x=1$ 或 $x=-1$

$x=1$ 或 $x=-1$

在上一章中，我们已经看到了单位根在确定多项式可除性方面的应用。实际上，我们可以类似地通过考虑单位根的性质来分解一些多项式。

例 2 分解 $x^{8}+x^{6}+x^{4}+x^{2}+1$.
分析 表达式中的指数为 8、6、4、2、0。当它们除以 5 时，余数分别为 3、1、4、2、0。因此，当 $x$ 被替换为一个非实数的五次单位根时，表达式等于零。所以表达式可以被 $x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1$ 整除。
答案 $x^{8}+x^{6}+x^{4}+x^{2}+1=(x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1)(x^{4}-x^{3}+x^{2}-x+1)$

如果我们在因式中允许复数系数，则任何多项式都可以分解为线性因式的乘积；如果我们允许任何实数系数，则任何具有实数系数的多项式都可以分解为最多二阶因式的乘积。

例 3 分解
(a) $x^{8}+x^{4}+1$（三个因式）
(b) $x^{5}+x+1$（两个因式）
分析 当 $x$ 被非实数单位根替换时，我们可以检查 (a) 和 (b) 都等于零。 但是，我们必须进一步为 (a) 找到另一个因式。 为此，我们首先令 $y=x^{2}$，则表达式变为 $y^{4}+y^{2}+1$，当 $x$ 被非实数单位根替换时，它也等于零。
解 (a) $y^{4}+y^{2}+1=(y^{2}+y+1)(y^{2}-y+1)$。 因此，

$x^{8}+x^{4}+1=(x^{4}+x^{2}+1)(x^{4}-x^{2}+1)=(x^{2}+x+1)(x^{2}-x+1)(x^{4}-x^{2}+1)$

(b) $x^{5}+x+1=(x^{5}-x^{2})+(x^{2}+x+1)$

$x^{2}(x-1)(x^{2}+x+1)+(x^{2}+x+1)$

$(x^{3}-x^{2}+1)(x^{2}+x+1)$

三次方程

使用单位根，我们可以推导出三次方程的公式。

令 $\omega$ 是一个非实数单位根，那么

$\omega +\omega ^{2}=-1$，$\omega ^{3}=1$。

然后我们可以证明

$(x+y+z)(x+\omega y+\omega ^{2}z)(x+\omega ^{2}y+\omega z)=x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz$.

因此，三次方程关于 $x$ 的根为

$x^{3}-3yz\cdot x+(y^{3}+z^{3})=0$

是

$x_{1}=-(y+z)$, $x_{2}=-(\omega y+\omega ^{2}z)$, $x_{3}=-(\omega ^{2}y+\omega z)$.

现在考虑三次方程

$x^{3}+px+q=0$.

我们可以令 $q=y^{3}+z^{3}$ 以及 $p=-3yz$。所以 ${\frac {p^{3}}{27}}=-y^{3}\cdot z^{3}$。因此，$y^{3}$ 和 $z^{3}$ 是以下方程的根

$X^{2}-qX-{\frac {p^{3}}{27}}=0$.

这个方程的根是

$X={\frac {q}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}$.

令 $y^{3}$ 为这些根中的任意一个，$z^{3}$ 为另一个根。那么

$y={\sqrt[{3}]{{\frac {q}{2}}+{\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}}}$,

$z={\sqrt[{3}]{{\frac {q}{2}}-{\sqrt {{\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}}}}}$.

(实际上，只要关系 $p=-3yz$ 成立，我们也可以取其他非实数的立方根。然而，由于我们已经通过指定 $x_{2}$ 和 $x_{3}$ 来考虑它们，所以我们不需要考虑非实数的立方根。）

例 4 解方程 $x^{3}-12x+16=0$。
解 在此例中，$p=-12$，$q=16$。因此

${\frac {q^{2}}{4}}+{\frac {p^{3}}{27}}=({\frac {q}{2}})^{2}+({\frac {p}{3}})^{3}=8^{2}+(-4)^{3}=0$,

$y=z={\sqrt[{3}]{\frac {q}{2}}}={\sqrt[{3}]{8}}=2$.

因此，根是

$x_{1}=-(2+2)=-4$，$x_{2}=-(2\omega +2\omega ^{2})=2$，$x_{3}=-(2\omega ^{2}+2\omega )=2$。

我们可以验证 $x^{3}-12x+16=(x+4)(x-2)^{2}$。

高次方程

我们也可以用单位根来解一些特殊形式的高次方程。

例 5 解方程 $x^{8}+x^{6}+x^{4}+x^{2}+1=0$
解 从前面的例子，$x^{8}+x^{6}+x^{4}+x^{2}+1=P(x)\cdot Q(x)$，其中

$P(x)=x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1$

$Q(x)=x^{4}-x^{3}+x^{2}-x+1$

从 $P(x)=0$，我们可以得到四个根

$x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=0\Rightarrow x_{j}=\cos {\frac {2j\pi }{5}}+i\sin {\frac {2j\pi }{5}},\ (j=1,2,3,4)$（即单位根的非实五次根。）

注意 $Q(-x)=(-x)^{4}-(-x)^{3}+(-x)^{2}-(-x)+1=x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=P(x)$，因此，$Q(-x_{j})=P(x_{j})=0$。所以，另外四个根是

$x'_{j}=-x_{j},\ (j=1,2,3,4)$.

原方程共有八个根

$x=\pm (\cos {\frac {2j\pi }{5}}+i\sin {\frac {2j\pi }{5}}),\ (j=1,2,3,4)$.

替代解法 令 $y=x^{2}$，方程变为

$y^{4}+y^{3}+y^{2}+y+1=0$.

这个方程的四个根是

$y_{j}=\cos {\frac {2j\pi }{5}}+i\sin {\frac {2j\pi }{5}}),\ (j=1,2,3,4)$

为了得到相应的 $x$ 值，我们对每个 $y$ 值开平方。所以，根是

$x=\pm (\cos {\frac {j\pi }{5}}+i\sin {\frac {j\pi }{5}}),\ (j=1,2,3,4)$.

虽然两种方法给出的根的形式不同，但它们是相同的数字集。两者都可以写成

$x=\cos {\frac {j\pi }{10}}+i\sin {\frac {j\pi }{10}},\ (j=1,2,3,4,\ 6,7,8,9)$.

它们是单位根的八个非实十次方根。

示例 6 找到一个具有有理系数的方程，使得它的根等于 $\alpha ^{4}+\alpha ^{6}+\alpha ^{7}+\alpha ^{9}$，其中 $\alpha$ 是方程 $x^{13}-1=0$ 的根。