高二竞赛讲义单位根及其应用

高二数学竞赛班二试讲义
第3讲 单位根及其应用
班级 姓名
一、知识点金
1．记222cos
sin i n
e
i n n
πππζ==+，其中i 为虚数单位，多项式1n
x -有n 个互不相等的根2,,,(1)n ζζζ⋅⋅⋅=，它们称为n 次单位根。

易于看到，在复平面上，n 个n 次单位根对应的点恰是单位圆的内接正n 边形的顶点。

2．n 次单位根的性质：
（1）设k 和l 是整数，则k l
ζζ=的充分必要条件是(mod )k l n ≡
（2）任意两个n 次单位根的乘积仍是一个n 次单位根；任意一个n 次单位根的倒数也是一个n 次单位根。

（3）设k 是整数，(,)1k n =，则()(1,2,,)k l
l n ζ=⋅⋅⋅恰给出全体n 次单位根。

证明：因为(,)1k n =，所以,2,,k k nk ⋅⋅⋅是模n 的一个完系
3．因2,,,(1)n ζζζ⋅⋅⋅=是1n
x -的n 个不同的根，故有11(1)()()n n x x x x ζζ--=--⋅⋅⋅-，
又21
1(1)(1)n n x x x x --=-++⋅⋅⋅+，所以
（1）21
11()()n n x x
x x ζζ--++⋅⋅⋅+=-⋅⋅⋅- （2）2
1
10n ζζ
-++⋅⋅⋅+=
4．3
10x -=的根为21,,x ωω=，（可设13
22
i ω=-
+），有 （1）210ωω++=，（2）3313221,,n
n n ω
ωωωω++===，（3）
221
,1ωωωω
==--
5．设()[]f x Z x ∈，如果()f x 能分解为[]Z x 中两个正次数的整系数多项式的积，则称()f x 在Z 上可约（或可分解），否则称()f x 在Z 上不可约。

6．艾森斯坦判别法：设0()n
n f x a x a =+⋅⋅⋅+是一个整系数多项式，其中1n ≥。

若存在一
个素数p ，使得|n p a /
，|(0,1,,1)i p a i n =⋅⋅⋅-，但20|p a /，则()f x 在Z 上不可约（从而在Q 上不可约）。

二、例题分析
例1．设(),(),()P x Q x R x 及()S x 都是多项式，且
552
52
3
4
()()()
(1)()P x x Q
x x R x x
x x x S x ++=+++
+
①
证明：1x -是(),(),()P x Q x R x 和的公因式。

例1．设ζ是一个5次单位根（1ζ≠），在①中取2
3
4
,,,x ζζζζ=，得出
2(1)(1)()(1)0k k P Q R ζζ++=，1,2,3,4k =
这意味着2
(1)(1)(1)0P xQ x R ++=有四个不同的零点，从而(1)(1)(1)0P Q R === 再将1x =代入①，得(1)0S =
于是1x -是(),(),()P x Q x R x 和的公因式。

例2．设n 是正整数，证明：
（1）0
3
6
9
01(22cos )33n n n n n n S C C C C π=++++⋅⋅⋅=
+ （2）14710
11(2)(22cos )33n n n n n n S C C C C π-=++++⋅⋅⋅=+
（3）25811
21(4)(22cos )33
n n n n n n S C C C C π-=++++⋅⋅⋅=+
例2．在二项展开式01(1)n n n
n n n x C C x C x +=++⋅⋅⋅+中，
依次取21,,x ωω=（设1322i ω=-+），则0122012220
122(1)(1)n n
n
S S S S S S S S S ωωωωωω⎧++=⎪++=+⎨⎪++=+⎩
相加得2032(1)(1)2(cos sin )(cos sin )3333
n n n n
n n S i i π
πππ
ωω=++++=+++- 得0
3
6
9
01(22cos )33
n n n n n n S C C C C π
=++++⋅⋅⋅=
+ 在0122012220122(1)(1)n
n
n S S S S S S S S S ωωωωωω⎧++=⎪++=+⎨⎪++=+⎩
中从上到下各式分别乘以21,,ωω，求得 22111(2)(2(1)(1))(22cos )333
n n n n n S πωωωω-=++++=+
从上到下各式分别乘以2
1,,ωω，求得
22211(4)(2(1)(1))(22cos )333
n n n n n S πωωωω-=++++=+
例3．证明：不存在四个整系数多项式()(1,2,3,4)k f x k =，使得恒等式
3333
123494()()()()x f x f x f x f x +=+++成立。

例3．设ω是三次单位虚根，则对任意整系数多项式()f x 有()f a b ωω=+，,a b 为整数， 于是3332233332
()()33()33()f a b a a b a b b a b ab ab a b ωωωωωω=+=+++=+-+-
由于()ab a b -总为偶数，故若存在形如3333123494()()()()x f x f x f x f x +=+++的恒等式，
以x ω=代人，即得9A B ωω=+，B 为偶数，矛盾！得证。

例4．已知单位圆的内接正n 边形1,,n A A ⋅⋅⋅及圆周上一点P ，求证：2
1
2n
k k PA n ==∑。

例4．证明：设222cos
sin i n
e
i n n πππζ==+，1,,n A A ⋅⋅⋅对应的复数是21
1,,,,n ζζζ-⋅⋅⋅。

又设P 对应的复数为cos sin i e i θ
ζθθ==+，
1
1
1
2
2
2
1
()()(1)n
n n n k k
k
k k k k k k k PA z z z z z z ζ
ζζ
ζζ-----=====-=--=--+∑
∑∑∑
1
1
1
2
2n n n k
k k k k z z z n n ζζ----====--+=∑∑∑
例5．（1）对怎样的正整数n ，有21x x ++整除21n
n x
x ++？
（2）证明：若n 为正整数，421n n ++是素数，则n 为3的幂。

例5．（1）记2()1n
n f x x
x =++。

21x x ++有两个根2,ωω，这里13
22
i ω=-+，31ω= 当31n k =+时，22
()110n n f ωωωωω=++=++=， 2422()110n n f ωωωωω=++=++=，
故在这种情形有221|1n
n x x x x ++++
同样可以证明，当32n k =+时，有2
21|1n
n x x x
x ++++
但当3n k =时，2()130n
n f ωω
ω=++=≠，故221|1n n x x x x ++++/
综上，当且仅当3|n /
时，2
21|1n
n x x x x ++++
（2）反证法。

若存在一个n 不是3的幂，使421n n ++是素数，设3(3)k
n q r =+，这里，0q >时，1,2r =；0q =时，2r =，我们有
36233421(2)(2)1k k
n n q r q r ++++=++
在（1）中取3n q r =+，32k
x =，推出32336233(2)21|(2)(2)1k
k
k
k
q r q r ++++++ 但421n n ++是素数，故31q r +=，0,1q r ==，则3k
n =，这与前面所设矛盾！ 例6．设,,,a b m n 都是正整数。

若m n ⨯的（大）矩形可划分为若干个a b ⨯的矩形的并（小矩形与大矩形的边平行）。

则,m n 中必有一个为a 的倍数，也必有一个为b 的倍数。

例6．因a b ⨯的矩形可划分为若干个1a ⨯的矩形的并，因此，我们只有证明：若m n ⨯的（大）矩形可划分为若干个1a ⨯的矩形的并，则,m n 中必有一个为a 的倍数。

（对称地，可证明关于b 的结论）。

将大矩形放置于水平位置，并将mn 个11⨯的单位正方形。

我们在（由上至下）第x 行与（从左至右）第y 列交叉的11⨯的正方形中，放置x y
ζ+，这里2i
a
e
πζ=，而1x m ≤≤，1y n ≤≤。

则所有mn 数的和为
11
11
(1)(1)
11m n m n
m
n
x y
x
y
x y x y ζζζζζ
ζζζζ+====--=⋅=⋅
--∑∑∑∑。

另一方面，设一个1a ⨯矩形是水平的，并设其最左边11⨯正方形放置的数为x y
ζ
+，则这个
1a ⨯矩形中所放置的a 个数之和为
111(1)0x y x y x y a x y n ζζζζζζ+++++-+-++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+=
由于m n ⨯的（大）矩形可划分为若干个1a ⨯的矩形的并，故上述所有mn 数的和为0。

从而
(1)(1)
011
m n ζζζζζζ--⋅=--，则10m ζ-=或10n ζ-=，这意味着|a m 或|a n 。

例7．判别多项式4
1x +与4
4x +在Z 上是否可约。

例7．因4
1x +显然没有一次因式，设4
2
2
1()()x x ax b x cx d +=++++，
,,,a b c d 为整数，比较系数得到0,0,0,1a c ac b d ad bc bd +=++=+==，
故1b d ==±，进而得22a =±，这不可能，所以4
1x +在Z 上不可约。

用待定系数法，或观察法得422222
4(2)(2)(22)(22)x x x x x x x +=+-=-+++ 所以4
4x +在Z 上可约。

例8．设12,,,n a a a ⋅⋅⋅是互不相同的整数，证明：多项式12()()()1n x a x a x a --⋅⋅⋅--在Z 上不可约。

例8．设12()()()()1()()n f x x a x a x a g x h x =--⋅⋅⋅--=，(),()g x h x 的次数不小于1 由()1i f a =-，得()()1i i g a h a =-，可知()1,()1i i g a h a ==-或()1,()1i i g a h a =-=， 故()()0i i g a h a +=
因此多项式()()0g x h x +=至少有n 个不同的零点，但()g x 与()h x 的次数不超过1n -，故()()0g x h x +=为恒等式，即2
()()f x g x =-，因()f x 的首项系数为1，这显然不可能。

例9．设p 是素数，则12()1p p p x x x x --Φ=++⋅⋅⋅++在Q 上不可约。

例9．不能直接用艾森斯坦判别法，但(1)1(1)1
()(1)(1)1p p p x x f x x x x
+-+-=Φ===+-
11221
p p p p p p p
x C x C x C ----=++⋅⋅⋅++满足|n p a /，|(0,1,,1)i p a i n =⋅⋅⋅-，但20|p a /，运用艾森斯坦判别法，知()f x 在Q 上不可约，从而()p x Φ在Q 上不可约。

三、同步检测
1．求所有正整数n ，使得2
1x x ++整除(1)1n
n
x x +--。

1．参照例5的方法，61()n k k N *
=±∈
2．证明：4321x x x x ++++整除44332211
1x x x x ++++。

2．用5次单位根，设ζ是虚数，且5
1ζ=， 则44
332211432110ζ
ζζζζζζζ++++=++++=，得证
3．设4
3
2
()1f x x x x x =++++，求5
()f x 被()f x 除得的余式。

3．设5
()()()()f x f x q x r x =+，这里()0r x =或deg 3r ≤。

设ζ是5次单位根，1ζ≠，且5
1ζ=，则()0f ζ=，5
()5f ζ= 则2
3
4
()()()()5r r r r ζζζζ====，而deg 3r ≤ 故()5r x =是恒等式，即余式是常数5
4．设()f x 是复系数多项式，n 是正整数，如果(1)|()n
x f x -，则(1)|()n
n
x f x -。

4．设()(1)()n
f x x
g x =-，取2i n
e
πζ=是一个n 次单位根，有(1)0f =知，
()0(0,1,,)kn f k n ζ==⋅⋅⋅，故()n f x 被1(1)()()1n n x x x x ζζ---⋅⋅⋅-=-整除。

5．证明：0
48121(22cos
)24
n
n n
n
n
n C C C π
-+++⋅⋅⋅=+。

5．在二项展开式01(1)n n n
n n n x C C x C x +=++⋅⋅⋅+中，
依次取1,1,,x i i =--（4次单位根），则
相加得0484()2(11)(1)(1)n n n n n n n C C C i i +++⋅⋅⋅=+-+++-
2
2
22(cos
sin )2(cos sin )4444
n n n
n
n i i π
π
ππ
=+++- 所以048121(22cos
)24
n
n n
n
n
n C C C π
-+++⋅⋅⋅=+ 6．已知单位圆的内接正n 边形1,,n A A ⋅⋅⋅及圆周上一点P ，证明： （1）12131n A A A A A A n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅= （2）2
2,1
2n
j k j k A A n ==∑
6．（1）证明：设222cos
sin i n
e
i n n
πππζ==+，1,,n A A ⋅⋅⋅对应的复数是21
1,,,,n ζζζ-⋅⋅⋅。

1221()1()()()n n n f x x x x x x x ζζζ---=++⋅⋅⋅++=--⋅⋅⋅-
212112131111(1)(1)(1)n n n A A A A A A ζζζζζζ--⋅⋅⋅⋅⋅⋅=--⋅⋅⋅-=--⋅⋅⋅-
(1)f n ==
（2）证明：设222cos
sin i
n
e i n n
πππ
ζ==+，1,,n A A ⋅⋅⋅对应的复数是21,,,,(1)n n ζζζζ-⋅⋅⋅=。

2
,1
,1
,1
()()()()n
n
n
j
k j k
j
k j k j k j k j k j k A A ζ
ζζζζ
ζζζ--====
--=
--∑
∑∑
,1,1
,1,1
(2)2n
n
n
n
j k k j
j k
k j
j k j k j k j k ζ
ζ
ζ
ζ
----=====--=
--
∑∑∑∑
2
,1
,1
,1
11
11
22n
n
n
n
n
n
n
j k
k j
j k
k j j k j k j k j k k j n ζ
ζ
ζ
ζ----========
--
=--∑∑∑∑∑∑∑
2
2
1
1
1
1
22n
n
n n
j
k
k
j
j k k j n n ζ
ζ
ζ
ζ
--=====--=∑∑∑∑（因为1
1
0,0n
n
j
k j k ζ
ζ--====∑∑）
7．设22012(1)n n
n x x a a x a x ++=++⋅⋅⋅+。

求证：
（1）0241(31)2n a a a +++⋅⋅⋅=
+，1351
(31)2
n a a a +++⋅⋅⋅=-。

（2）1
0361472583n a a a a a a a a a -+++⋅⋅⋅=+++⋅⋅⋅=+++⋅⋅⋅=。

7．（1）在22012(1)n n
n x x a a x a x ++=++⋅⋅⋅+中取1,1x =-（二次单位根） 0120123,1n
n n a a a a a a =++⋅⋅⋅+=-+⋅⋅⋅+即得
（2）设003611472258,,S a a a S a a a S a a a =+++⋅⋅⋅=+++⋅⋅⋅=+++⋅⋅⋅
在22012(1)n n
n x x a a x a x ++=++⋅⋅⋅+中依次取21,,
x ωω=（设13
22
i ω=-+），则0122
0122
012300
n S S S S S S S S S ωωωω⎧++=⎪++=⎨⎪++=⎩ 相加得033n S =，1
03n S -=
在0122
0122012300n S S S S S S S S S ωωωω⎧++=⎪++=⎨⎪++=⎩
中从上到下各式分别乘以21,,ωω，求得113n S -= 从上到下各式分别乘以2
1,,ωω，求得123n S -=
8．证明：1
21n n x
x x --++⋅⋅⋅++在Q 上不可约，则n 是素数。

8．如n 不是素数，设n ab =(,1)a b >，则所说的多项式可表示为
121()1(1)(()()1)
111
ab a b a a b a b a x x x x x x x x x -----++⋅⋅⋅++==--- 1212(1)(()()1)a a a b a b a x x x x x x ----=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++，与在Q 上不可约矛盾
9．设()f x 是整系数多项式，次数为n 。

若至少有21n +个互不相同的整数m ，使()f m 为素数，则()f x 在Z 上不可约。

9．若()()()f x g x h x =，这里(),()g x h x 都是非常数的整系数多项式。

记deg ,deg r g s h ==。

由于()g x 不为常数，故()1g x +与()1g x -均至多有r 个根，从而至多有r 个整数m 使
()1g m =，也至多有r 个整数m ，使()1g m =-。

因此至多有2r 个整数m 使()1g m =±。

类似地，至多有2s 个整数m 使()1h m =±。

然而，若整数m 使()()()f m g m h m =⋅为素数，则()1g m =±或()1h m =±。

因此至多有222r s n +=个不同的整数m ，使()f m 为素数，这与题设矛盾。

因此，()f x 在Z 上不可约。

10．试求所有正整数,m n ，使得21n n
mn x x x +++⋅⋅⋅+被21m x x x +++⋅⋅⋅+整除。

10．记21
22cos
sin 11
i m e
i m m πππζ+==+++是一个1m +次单位根，则21m
x x x +++⋅⋅⋅+的所有根是(1,2,,)k
k m ζ=⋅⋅⋅，2()1n
n
mn f x x x x =+++⋅⋅⋅+被21m x x x +++⋅⋅⋅+整除的充分
必要条件是()0k
f ζ=
因为(1)1()1
n m n
x f x x +-=-，所以上述条件等价于k ζ是(1)1n m x +-的零点，但不是1n
x -的零点，即22cos sin 1,1,2,,11kn kn i k m m m ππ
+≠=⋅⋅⋅++ 易知1m +与n 互素。