定理 5.6.1. 代数学基本定理.
每个\(\mathbb{C}\)上次数大于0的多项式都在\(\mathbb{C}\)上至少有一个根。
节 5.6 复系数和实系数多项式
建设中！
子节 5.6.1 主要知识点
定理 5.6.2.
\(\mathbb{C}\)上的一元\(n\)次多项式在\(\mathbb{C}\)内恰有\(n\)个根(重根按重数计)。
推论 5.6.3.
\(\mathbb{C}\)上的不可约多项式都是一次的。
定理 5.6.4.
设\(f(x)\)是\(\mathbb{C}\)上非常数多项式，则\(f(x)\)在\(\mathbb{C}\)上的标准分解式为
\begin{equation*}
f(x)=c(x-a_1)^{e_1}(x-a_2)^{e_2}\cdots(x-a_m)^{e_m}
\end{equation*}
其中\(a_i\in\mathbb{C}\)且两两互异，\(e_i\)正整数， \(i=1,2,\ldots,m\)，\(\sum\limits_{i=1}^m e_i=n\)。
定理 5.6.5. Viète定理.
设
\begin{equation*}
f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0\in \mathbb{F}[x]
\end{equation*}
在\(\mathbb{F}\)中有\(n\)个根 \(c_1, c_2, \ldots, c_n\)，则
\begin{align*}
\sum_{1\le i \le n} c_i & = & -a_{n-1};\\
\sum_{1\le i< j\le n} c_ic_j & = & a_{n-2};\\
\sum_{1\le i<j<k \le n} c_ic_jc_k & = & -a_{n-3};\\
& \vdots & \\
c_1c_2\cdots c_n & = & (-1)^n a_0
\end{align*}
引理 5.6.6.
设\(f (x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} +\cdots+ a_1x + a_0\)是实系数多项式。 若复数\(a + bi\) \((b\ne 0, a, b \in\mathbb{R})\)是 \(f (x)\)在\(\mathbb{C}\)上的根，则\(a-bi\)也是\(f (x)\)在\(\mathbb{C}\)上的根。
推论 5.6.7.
实数域上不可约多项式或为一次或为二次多项式\(ax^2+bx+c\)，其中\(b^2 - 4ac<0\)。
定理 5.6.8. \(\mathbb{R}\)上非常数多项式的标准分解式.
设\(f(x)\)是\(\mathbb{R}\)上非常数多项式，则\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上的标准分解式为
\begin{equation*}
f(x)=d(x-a_1)^{e_1}\cdots(x-a_m)^{e_m}(x^2+b_1x+c_1)^{\ell_1}\cdots(x^2+b_rx+c_r)^{\ell_r}
\end{equation*}
其中\(a_i, b_j, c_j\in\mathbb{R}\)，\(e_i, \ell_j \)是正整数，\(b_j^2 - 4c_j<0\)， \(a_i\)两两互异， 且\(x^2+b_jx+c_j\)两两互素，\(i =1,2,\ldots,m, j=1,2,\ldots, r\)，
\begin{equation*}
\sum\limits_{i=1}^m e_i+2\sum\limits_{j=1}^r \ell_j=\deg f(x)\mbox{。}
\end{equation*}
练习 5.6.2 练习
1.
设\(f(x)=x^3+ax^2+bx+c\)的三个根为\(\alpha,\beta,\gamma\)，如果\(c\neq 0\)，求以\(\frac{\alpha}{\beta \gamma},\frac{\beta}{\alpha \gamma},\frac{\gamma}{\alpha \beta}\)为根的一个三次多项式。
解答.
依题意，由Viète定理，有
\begin{equation*}
\left\{\begin{array}{l}
\alpha+\beta+\gamma=-a,\\\alpha \beta+\alpha \gamma+\beta \gamma=b,\\\alpha \beta \gamma=-c,
\end{array}\right.
\end{equation*}
设以\(\frac{\alpha}{\beta \gamma},\frac{\beta}{\alpha \gamma},\frac{\gamma}{\alpha \beta}\)为根的多项式为\(g(x)=x^3+mx^2+nx+q\)，则
\begin{equation*}
\begin{array}{cl}
m&=-\left(\frac{\alpha}{\beta \gamma}+\frac{\beta}{\alpha \gamma}+\frac{\gamma}{\alpha \beta}\right)=-\frac{\alpha^2+\beta^2+\gamma^2}{\alpha \beta \gamma}=-\frac{(\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha \beta+\alpha \gamma+\beta \gamma)}{\alpha \beta \gamma}=\frac{a^2-2b}{c},\\
n&=\frac{\alpha}{\beta \gamma}\cdot\frac{\beta}{\alpha \gamma}+\frac{\alpha}{\beta \gamma}\cdot\frac{\gamma}{\alpha \beta}+\frac{\beta}{\alpha \gamma}\cdot\frac{\gamma}{\alpha \beta}=\frac{\alpha^2 \beta^2+\alpha^2 \gamma^2+\beta^2 \gamma^2}{\alpha^2 \beta^2 \gamma^2}=\frac{(\alpha \beta+\beta \gamma+\alpha \gamma)^2-2 \alpha \beta \gamma(\alpha+\beta+\gamma)}{(\alpha\beta\gamma)^2}\\
&=\frac{b^2-2ac}{c^2},\\
p&=-\left(\frac{\alpha}{\beta \gamma}\cdot\frac{\beta}{\alpha \gamma}\cdot\frac{\gamma}{\alpha \beta}\right)=-\frac{1}{\alpha \beta \gamma}=\frac{1}{c},
\end{array}
\end{equation*}
故所求多项式为\(x^3+\frac{a^2-2b}{c}x^2+\frac{b^2-2ac}{c^2}x+\frac{1}{c}\)。
2.
设\(1,\omega_1,\omega_2,\cdots ,\omega_{n-1}\)是\(x^n-1\)的所有不同的复根，证明：
- \((1- \omega_1)(1- \omega_2)\cdots (1- \omega_{n-1})=n\)；
- 当\(n\)为奇数时，\((1+ \omega_1)(1+ \omega_2)\cdots (1+ \omega_{n-1})=1\)。
解答.
因为\(1,\omega_1,\omega_2,\cdots ,\omega_{n-1}\)是\(x^n-1\)的所有不同的复根，所以
\begin{equation*}
x^n-1=(x-1)(x- \omega_1)(x- \omega_2)\cdots (x- \omega_{n-1}),
\end{equation*}
注意到\(x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+1)\)，故
\begin{gather*}
x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+1=(x- \omega_1)(x- \omega_2)\cdots (x- \omega_{n-1})
\end{gather*}
- 将\(x=1\)代入上式，得\((1- \omega_1)(1- \omega_2)\cdots (1- \omega_{n-1})=n\)；
- 将\(x=-1\)代入，得\begin{gather*} (-1)^{n-1}+(-1)^{n-2}+\cdots+1=(-1)^{n-1}(1+ \omega_1)(1+ \omega_2)\cdots (1+ \omega_{n-1}) \end{gather*}当\(n\)为奇数时，由上式得\((1+ \omega_1)(1+ \omega_2)\cdots (1+ \omega_{n-1})=1\)。
3.
设\(a\in\mathbb{R}^+\)，求\(f(x)=x^n-a^n\)在\(\mathbb{C}\)上的标准分解式。
解答.
因为\(f(x)\)所有复根为
\begin{equation*}
\alpha_k=a\left(\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}\right),k=0,1,\cdots ,n-1,
\end{equation*}
所以\(f(x)\)在\(\mathbb{C}\)上的标准分解式为
\begin{equation*}
f(x)=(x- \alpha_0)(x- \alpha_1)\cdots (x- \alpha_{n-1})\mbox{。}
\end{equation*}
4.
设\(f(x)\in\mathbb{R}[x]\)，\(\deg f(x)\)为奇数，证明：\(f(x)\)必有实根。
解答.
（反证法）假设\(f(x)\)没有实根，则\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上标准分解式中的不可约因子不含一次因式。因为实系数多项式的不可约因子只能是一次或二次的，所以\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上标准分解式中的不可约因子都是二次不可约多项式，则\(\deg f(x)\)为偶数，这与已知\(\deg f(x)\)为奇数相矛盾。因此\(f(x)\)必有实根。
5.
若实系数多项式\(f(x)=x^3+px^2+qx+r\)的三个根均为实数，证明：\(p^2\geq 3q\)。
解答.
设\(f(x)\)的三个根为\(c_1,c_2,c_3\)，则\(c_1,c_2,c_3\in\mathbb{R}\)。由Viète定理，有
\begin{equation*}
c_1+c_2+c_3=-p,\ c_1c_2+c_1c_3+c_2c_3=q,\ c_1c_2c_3=-r,
\end{equation*}
因此
\begin{equation*}
\begin{array}{ccl}
p^2-3q&=&(c_1+c_2+c_3)^2-3(c_1c_2+c_1c_3+c_2c_3)\\&=&c_1^2+c_2^2+c_3^2-c_1c_2-c_1c_3-c_2c_3\\&=&\frac{1}{2}\left[(c_1-c_2)^2+(c_1-c_3)^2+(c_2-c_3)^2\right]\geq 0,
\end{array}
\end{equation*}
即\(p^2\geq 3q\)。
6.
设\(f(x)\)是\(\mathbb{R}\)上次数大于\(1\)的首一多项式且无实根，证明：存在\(g(x),h(x)\in\mathbb{R}[x]\)，使得
\begin{equation*}
f(x)=g^2(x)+h^2(x),
\end{equation*}
且\(\deg g(x)>\deg h(x)\)。
解答.
因为\(f(x)\)是\(\mathbb{R}\)上次数大于\(1\)的首一多项式且无实根，所以\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上的标准分解式的不可约因子形如\(x^2+bx+c\)，其中\(b^2-4c<0\)。下面对因式的个数做数学归纳法证明。
当只有一个不可约因式时，由于复根共轭成对出现，所以
\begin{equation*}
f(x)=\left(x-(a+id)\right)\left(x-(a-id)\right)=(x-a)^2+d^2,
\end{equation*}
其中\(a,d\in\mathbb{R}\)且\(d\neq 0\)。令\(g(x)=x-a,h(x)=d\)，则\(f(x)=g^2(x)+h^2(x)\)且\(\deg g(x)>\deg h(x)\)。
假设对\(\leq m-1\)个不可约因子结论成立，对于\(m\)个因子，由归纳假设，
\begin{equation*}
f(x)=\left(g_1^2(x)+h_1^2(x)\right)\left(g_2^2(x)+h_2^2(x)\right),
\end{equation*}
其中\(\deg g_1(x)>\deg h_1(x)\)，\(\deg g_2(x)>\deg h_2(x)\)。
注意到
\begin{equation*}
\begin{array}{cl}
&\left(g_1^2(x)+h_1^2(x)\right)\left(g_2^2(x)+h_2^2(x)\right)\\=&g_1^2(x)g_2^2(x)+g_1^2(x)h_2^2(x)+h_1^2(x)g_2^2(x)+h_1^2(x)h_2^2(x)\\
=&\left(g_1(x)g_2(x)+h_1(x)h_2(x)\right)^2+\left(g_1(x)h_2(x)-h_1(x)g_2(x)\right)^2,
\end{array}
\end{equation*}
令
\begin{equation*}
g(x)=g_1(x)g_2(x)+h_1(x)h_2(x),h(x)=g_1(x)h_2(x)-h_1(x)g_2(x),
\end{equation*}
则\(f(x)=g^2(x)+h^2(x)\)且
\begin{equation*}
\deg g(x)=\deg g_1(x)+\deg g_2(x)>\deg\left(g_1(x)h_2(x)-h_1(x)g_2(x)\right)=\deg h(x).
\end{equation*}
由数学归纳法，结论成立。
7.
求\(f(x)=x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1\)在\(\mathbb{R}\)上的标准分解式。
解答.
因为
\begin{equation*}
x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1=\frac{x^n-1}{x-1},
\end{equation*}
而\(x^n-1\)的所有复根为
\begin{equation*}
\omega_k=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n},k=0,1,\cdots,n-1,
\end{equation*}
所以\(f(x)=(x- \omega_1)(x- \omega_2)\cdots (x- \omega_{n-1})\)。注意到\(\omega_{n-k}=\overline{\omega_k}\)，所以\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上的标准分解式为：
- 当\(n\)为奇数时，\begin{equation*} \begin{array}{rl} f(x)=&\left[(x- \omega_1)(x- \omega_{n-1})\right]\left[(x- \omega_2)(x- \omega_{n-2})\right]\cdots [(x- \omega_{\frac{n-1}{2}})(x- \omega_{\frac{n+1}{2}})]\\ =&\left(x^2-2\cos\frac{2\pi}{n}x+1\right)\left(x^2-2\cos\frac{4\pi}{n}x+1\right)\cdots \left(x^2-2\cos\frac{(n-1)\pi}{n}x+1\right); \end{array} \end{equation*}
- 当\(n\)为偶数时，\begin{equation*} \begin{array}{rl} f(x)=&\left[(x- \omega_1)(x- \omega_{n-1})\right]\left[(x- \omega_2)(x- \omega_{n-2})\right]\cdots [(x- \omega_{\frac{n-2}{2}})(x- \omega_{\frac{n+2}{2}})](x- \omega_{\frac{n}{2}})\\=&\left(x^2-2\cos\frac{2\pi}{n}x+1\right)\left(x^2-2\cos\frac{4\pi}{n}x+1\right)\cdots \left(x^2-2\cos\frac{(n-2)\pi}{n}x+1\right)(x+1).\end{array} \end{equation*}
8.
利用上题结论，证明：
- \(\displaystyle \prod\limits_{k=1}^m\cos\frac{k\pi}{2m+1}=\frac{1}{2^m}\)
- \(\displaystyle \prod\limits_{k=1}^{m-1}\sin\frac{k\pi}{2m}=\frac{\sqrt{m}}{2^{m-1}}\mbox{。}\)
解答.
- 因为\begin{equation*} x^{2m}+x^{2m-1}+\cdots +1=\prod\limits_{k=1}^{m}\left(x^2-2\cos\frac{2k\pi}{2m+1}x+1\right), \end{equation*}将\(x=-1\)代入上式，得\begin{equation*} 1=\left(2+2\cos\frac{2\pi}{2m+1}\right)\left(2+2\cos\frac{4\pi}{2m+1}\right)\cdots \left(2+2\cos\frac{2m\pi}{2m+1}\right), \end{equation*}由二倍角公式，有\begin{equation*} 1=2^{2m}\cos^2\frac{\pi}{2m+1}\cos^2\frac{2\pi}{2m+1}\cdots\cos^2\frac{m\pi}{2m+1}, \end{equation*}因此\begin{equation*} \prod\limits_{k=1}^m\cos\frac{k\pi}{2m+1}=\frac{1}{2^m}\mbox{。} \end{equation*}
- 因为\begin{equation*} x^{2m-1}+x^{2m-2}+\cdots +1=(x+1)\prod\limits_{k=1}^{m-1}\left(x^2-2\cos\frac{k\pi}{m}x+1\right), \end{equation*}将\(x=1\)代入上式，得\begin{equation*} 2m=2\left(2-2\cos\frac{\pi}{m}\right)\left(2-2\cos\frac{2\pi}{m}\right)\cdots \left(2-2\cos\frac{(m-1)\pi}{m}\right), \end{equation*}由二倍角公式，有\begin{equation*} m=2^{2(m-1)}\sin^2\frac{\pi}{2m}\sin^2\frac{2\pi}{2m}\cdots\sin^2\frac{(m-1)\pi}{2m}, \end{equation*}因此\begin{equation*} \prod\limits_{k=1}^{m-1}\sin\frac{k\pi}{2m}=\frac{\sqrt{m}}{2^{m-1}}\mbox{。} \end{equation*}
