对一类复系数多项式分解求复根
复系数,实系数,有理系数多项式
其中 g(x) 是整系数多项式，且各项系数没有异于 ±1 的公因子. 例如
2 4 2 4 2 2 x − 2x − x = (5x −15x2 − 3x). 3 5 15
定义4.1 如果一个非零的整系数多项式
g (x) = bnxn + bn-1xn-1 + … + b0 的系数 （bn , bn-1 , … , b0 ）＝１，也就是说，它们 是互素的，它就称为一个本原多项式. 引理２ 任何一个非零的有理系数多项式 f (x) 都可以 表示成一个有理数 r 与一个本原多项式 g (x) 的乘积： f (x) = r g(x) . 且这种表示法除了差一个正负号外是唯一的.
定理4.3 如果多项式 f (x) , g(x) 的次数都不超过 n ，而它们 对 n + 1 个不同的数 α1 , α2 , … , αn+1 有相同的值，即 f (αi ) = g(αi ) i = 1 , 2 , … , n + 1 , 那么 证明 f (x) = g(x) . 由定理的条件，有 f (αi ) - g(αi ) = 0 , i = 1 , 2 , … , n + 1 , 即，多项式 f (x) - g(x) 有 n + 1 个不同的根. 如果 f (x) - g(x) ≠ 0 ，那么它是一个次数不超过 n的多项式， 由定理 4.2它至多有n 个根，不可能有 n + 1 个根. 4.2 因此， f (x) = g(x) . 证毕
2. 性质 引理 3 (高斯(Gauss)引理) 两个本原多项式
的乘积还是本原多项式= anxn + an-1xn-1 + … + a0 , g (x) = bmxm + bm-1xm-1 + … + b0
复系数与实系数多项式的因式分解
推论2
实数域上不可约多项式只有一次多项式和某些二
次不可约多项式，所有次数≥3的多项式皆可约.
3. 实数域上的因式分解与求所有复根的过 程有着密切关系
（1）由所有实根确定一次不可约因式； （2）由成对共轭（非实）复根确定二次不可约因
式 x2 ( )x .
§1.8 复系数于是系数多项式的因式分解
§1.8 复系数于是系数多项式x) 的复根，于是
f ( x) ( x )( x ) f2( x) ( x2 ( )x ) f2( x)
设 a bi ，则 a bi, 2a R , a2 b2 R 即在R上 x2 ( )x 是 一个二次不可约多项式．
L L ( x2 pr x qr )kr
其中 c1,c2 , ,cs , p1, , pr ,q1, ,qr R, k1, ,ks ,l1, ,ls Z ,
且 p2 4q 0, i 1,2 r ，即 x2 pi x qi 为 R上的不可约多项式.
§1.8 复系数于是系数多项式的因式分解
§1.8 复系数于是系数多项式的因式分解
2. 实系数多项式因式分解定理
f ( x) R[x]，若 ( f ( x)) 1， 则 f ( x)可唯一 地分解成一次因式与二次不可约因式的乘积．
证：对 f ( x) 的次数作数学归纳． ① ( f ( x)) 1 时，结论显然成立. ② 假设对次数<n的多项式结论成立． 设 ( f ( x)) n，由代数基本定理, f ( x)有一复根 ． 若 为实数, 则 f ( x) ( x ) f1( x)，其中( f1 ) n 1.
3. 韦达定理
设 f ( x) xn c1xn1 c2 xn2 L cn P[ x] ①
若f ( x)在 P上的 n个根 1,2 ,L ,，n 则
复系数的一元n次方程有根证明
复系数的一元n次方程有根证明复系数的一元n次方程有根证明一、引言在数学的学习过程中，我们经常会遇到一元n次方程，而当这些方程的系数是复数时，我们可能会感到困惑。
本文将从简单到复杂，由浅入深地探讨复系数的一元n次方程有根的证明方法，帮助读者更全面、深刻地理解这一主题。
二、复系数的一元n次方程基础概念在介绍复系数的一元n次方程有根的证明之前，首先我们需要了解一些基础概念。
一元n次方程通常具有如下形式：\[a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_1x + a_0 = 0\]其中，\(a_n, a_{n-1}, \cdots, a_1, a_0\)为复数，\(x\)为未知数。
而复数可以表示为\(a+bi\)的形式，其中\(a\)为实部，\(b\)为虚部，\(i\)为虚数单位。
三、复系数的一元n次方程有根证明1. 根的存在性证明复系数的一元n次方程实际上与实系数的一元n次方程有相似的性质。
根据代数基本定理，复系数的一元n次方程在复数域上始终有n个复数根，不一定互异。
这一点可以通过利用代数基本定理进行证明。
代数基本定理指出，任何一个次数大于1的复系数多项式方程都有至少一个复数根。
这一定理的证明较为复杂，主要依赖于复数域的代数结构和欧拉定理的应用。
2. 根的性质证明一元n次方程的根的性质在复系数情况下也有所不同。
与实系数下的方程相比，复系数的一元n次方程的根可能会包含共轭复数对。
这是由复数域的性质决定的。
举例来说，对于方程\(x^2+1=0\)，它在实数域下无解，但在复数域下却有两个根\(x=i\)和\(x=-i\)，它们是共轭复数对。
3. 根的求解方法为了求解复系数的一元n次方程的根，我们可以借助复数的性质，使用韦达定理或牛顿-莱布尼茨公式来进行计算。
这些方法在复系数情况下同样适用，且能够有效地得出方程的所有根。
四、总结通过本文的探讨，我们对复系数的一元n次方程有根的证明有了更深入的理解。
复系数与实系数多项式因式分解
推论1 f ( x) C[x], 若 ( f ( x)) 1, 则 f ( x) 在 C
上具有标准分解式
f ( x) a( x 1)r1 ( x 2 )r2 ( x s )rs
其中1,2 , ,s是不同的复数，r1,r2, ,rs Z+
证：对 f ( x) 的次数作数学归纳． ① ( f ( x)) 1 时，结论显然成立. ② 假设对次数<n的多项式结论成立． 设 ( f ( x)) n，由代数基本定理, f ( x)有一复根 ． 若 为实数, 则 f ( x) ( x ) f1( x)，其中( f1 ) n 1.
( x2 pr x qr )kr
其中 c1,c2 , ,cs , p1, , pr ,q1, ,qr R, k1, ,ks ,l1, , ls Z ,
且 p2 4q 0, i 1,2 r ，即 x2 pi x qi 为 R上的不可约多项式.
推论2 f ( x) C[x]，若 ( f ( x)) n ，则 f ( x) 有n个 复根（重根按重数计算）．
二、实系数多项式
命题：若 是实系数多项式 f ( x) 的复根，则 的共轭复数 也是 f ( x) 的复根．
证：设 f ( x) an xn an1xn1 a0 , ai R 若 为根，则
n
n
f ( ) an n an1 n1 a0 0 两边取共轭有 f ( ) an n an1 n1 a0 0 ∴ 也是为 f ( x)复根．
实系数多项式因式分解定理
f ( x) R[x]，若 ( f ( x)) 1， 则 f ( x)可唯一 地分解成一次因式与二次不可约因式的乘积．
爱森斯坦判别法在判断根时的条件爱森斯坦判别法在判断根时的条件爱森斯坦判别法在判断根时的条件爱森斯坦判
爱森斯坦判别法是目前为止用来判断[]Z x 内一个多项式可约与否的最好结果。
爱森斯坦判别法 设给定n 次本原多项式01()[](1)Z nn f x a a x a x x n =+++∈≥如果存在一个素数p ，使|(0,1,...,1)i p a i n =-，但2|,|n p a p a//，则()f x 在[]Z x 内不可约。
证明：用反证法。
设()f x 在[]Z x 内可约，即 ()()()f x g x h x =，其中0101()[],()[].Z Z mm l l g x b b x b x x h x c c x c x x =+++∈=+++∈这里0d e g ()d e g ()g x f x <<。
为方便计，下面式子中多项式(),(),()f x g x h x 的系数,,i i i a b c 的下标大于其对应多项式的次数时，均认为等于零。
因为n m l a b c =，而|n p a /，故|,|m l p b p c //。
另一方面，0|p a ，而000a b c =，故0|p b 或0|p c ；不妨设0|p b ，此时因20|p a /，故0|p c /。
设|(0,...,1)i p b i r =-，但|(0)r p b r m <</。
此时|r p a ，而011110()r r r r r a b c b c b c b c --=++++括号中各项均含有因子p ，故0|r p b c 。
但0|,|r p b p c //，p 为素数，矛盾。
由此，()f x在[]Z x 内不可约。
爱森斯坦判别法是目前为止用来判断Z[x]内一个多项式可约与否的最好结果。
艾森斯坦判别法是代数的定理，给出了判定整系数多项式不能分解为整系数多项式乘积的充分条件。
由高斯定理，这判别法也是多项式在有理数域不可约的充分条件。
艾森斯坦判别法是说：给出下面的整系数多项式 如果存在素数p ，使得p 不整除an ，但整除其他ai ； p^2 不整除a0 ， 那么f (x ) 是不可约的。
复系数与实系数多项式的因式分解
§1.8 复系数与实系数多项式的因式分解一.复系数多项式1．代数基本定理：()[]f x C x ∀∈，若(())1f x ∂≥， 则 ()f x 在复数域C 上必有一根．（在复变函数中有证明）注：1） ()[]f x C x ∀∈，若(())1f x ∂≥，则存在[]x a C x -∈，使)|()x a f x -(， 即()f x 在复数域上必有一个一次因式．2）复数域上的不可约多项式只有一次多项式，即()[]f x C x ∀∈，若(())1f x ∂>，则()f x 可约的．2．复系数多项式因式分解定理：条件 1）()[]f x C x ∀∈，2）若(())1f x ∂≥，结论 1）()f x 在C 上可分解成一次因式的乘积．2）分解式唯一推论1． ()[]f x C x ∀∈，若(())1f x ∂≥，则()f x 在C 上具有标准分解式1212()()()()s r r r s f x c x x x ααα=--⋅⋅⋅-其中1）12,,,s ααα⋅⋅⋅是不同的复数，2）12s r r r ⋅⋅⋅∈+,z 3） 12(())s f x r r r ∂=++推论2． ()[]f x C x ∀∈，若(())f x n ∂=，则()f x 有n 个复根(重根按重数计算)．二、实系数多项式1．命题：若α是实系数多项式()f x 的复根，则α的共轭复数α也是()f x 的复根．证：设110(),n n n n i f x a x a x a a R --=++⋅⋅⋅+∈，若α为根，则110()0n n n n f a a a ααα--=++⋅⋅⋅+=两边取共轭有 110()0n n n n f a a a ααα--=++⋅⋅⋅+= ∴α也是()f x 为复根．2．实系数多项式因式分解 定理：()[]f x C x ∀∈，若(())1f x ∂≥， 则()f x 可唯一地分解成一次因式与二次不可约因式的乘积．证：对()f x 的次数作数学归纳① 若(())1f x ∂=，()f x 就是一次因式，结论成立② 假设对次数<n 的多项式结论成立，设(())f x n ∂=，由代数基本定理, ()f x 有一复根α．若α为实数 则1()()()f x x f x α=-，其中1()1f n ∂=-．若α不为实数，则α也是()f x 的复根，于是222()()()()(())()f x x x f x x x f x αααααα=--=--+设a bi α=+，则22,2a bi a R a b R ααααα=-+=∈=+∈ ， 即在R 上2()x x αααα-++是一个二次实系数不可约多项式，从而2()2f n ∂=-由归纳假设1()f x 、2()f x 可分解成一次因式与二次不可约多项式的乘积．由归纳原理，定理得证．推论1． ()[]f x R x ∀∈,()f x 在R 上具有标准分解式121112212()()()()()()ks rk k k k n s r r x p x q f x a x c x c x c x p x q ++=--⋅⋅⋅-++其中121111,,,,s r r s s c c c p p q q R k k l l z +⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∈⋅⋅⋅⋅⋅⋅∈ ， 且240,1,2i i p q i r -<=⋅⋅⋅，即2i i x p x q ++为R 上的不可约多项式推论2．在实数域上不可约多项式只有一次多项式和某些二次不可约多项式，所有次数>3的多项式皆可约．例１ 求1n x -在C 上的标准分解式解：在复数范围内1n x -有n 个复根211,,,n εεε-，这里22cossin ,1n i n nππεε=+= 22cos sin ,1,2,k k k i k n n n ππε=+=⋅⋅⋅ ∴ 211(1)()()()n n x x x x x εεε--=----在实数域范围内课下练习小结：代数基本定理，复系数多项式因式分解与标准分解式，实系数多项式因式分解与标准分解式.。
多项式的根与因式分解
多项式的根与因式分解多项式是代数学中常见的一种数学表达式，它由多个项的和构成，每个项由系数与指数的乘积组成。
在代数学中，研究多项式的根与因式分解是非常重要的内容。
本文将从多项式的根的概念入手，介绍多项式的根的性质及求解方法，然后探讨多项式的因式分解，包括一元多项式的因式分解和多元多项式的因式分解。
一、多项式的根1.1 多项式的根的概念多项式的根是指能够使多项式取零值的数，也就是方程P(x)=0的解。
对于一元一次多项式ax+b=0，其根为x=-b/a；对于一元二次多项式ax^2+bx+c=0，其根可以通过求根公式x=[-b±√(b^2-4ac)]/(2a)来求解。
1.2 多项式的根的性质（1）一元多项式的根的个数不超过其次数。
例如，一个一元二次多项式最多有两个根。
（2）多项式的根与系数之间存在着关系。
对于一元一次多项式ax+b=0，其根与系数的关系为x=-b/a；对于一元二次多项式ax^2+bx+c=0，其根与系数的关系可以通过求根公式得到。
1.3 多项式的根的求解方法对于一元一次多项式，可以直接通过解方程的方法求解根；对于一元二次多项式，可以使用求根公式来求解根。
对于高次多项式，可以通过因式分解、综合除法等方法来逐步降低多项式的次数，最终求得根的值。
二、多项式的因式分解2.1 一元多项式的因式分解一元多项式的因式分解是将一个多项式表示为若干个一次或二次不可约多项式的乘积的形式。
例如，对于一元二次多项式ax^2+bx+c，可以通过求根公式求得根的值，然后将多项式分解为(x-x1)(x-x2)的形式。
2.2 多元多项式的因式分解多元多项式是指含有多个变量的多项式，其因式分解的过程相对复杂。
在进行多元多项式的因式分解时，可以采用分组、提取公因式、配方法等多种方法，逐步将多项式分解为不可约的因式的乘积形式。
2.3 多项式的因式分解在代数运算中的应用多项式的因式分解在代数运算中具有重要的应用价值。
复常系数一元二次方程求根公式
复常系数一元二次方程求根公式大家好，我是晓晓。
今天继续给大家讲解这方面的知识，也是在上一篇文章中讲到的，当一个题目，求解时，不一定只需要求解其中一个根，可以从多个变量中求得一个根。
所以大家可以根据自己的实际情况，找到最合适，且容易记住和应用的一元二次方程解法。
今天晓晓给大家讲一种求解这种问题的方法：解复常系数一元二次方程时，求根公式：复—基。
下面我们来看一下用什么方法求复常系数值问题吧。
在方程中，每个复数和整数有两个基本未知数（即0+1),所以所有正整数加一个整数就是(0+1)这个复数。
比如，一元二次方程可以分为若干个常模中的某个具体题型（即零位不变、正位变差、负位变差等),每个基本未知数都有相应的一个根。
比如上面所讲到的10个方程中最简单的就是0-1根的存在形式。
这里我们用求一个近似根来说明（可以根据其解与一元二次方程之和大于零或小于零时）这一部分和前面所讲到“关于零位不变”等情况一起说明。
1、先让两个数值相等。
其中：当取为3、则求解一元二次方程（其中最小变量为0):其中：解析：从上面我们可以知道，用三个数乘以3和求得三个值最小值是一个常数公式。
如果其中有0、1等三个数的话，那么，可以使用以下公式求得根公式：其中：对于一个(0+1)是有限的四分位数，则这个四分位数就是其零位的复数是唯一数。
对于一个0-1位数字是三分位数的复数。
那么，就可以用这个公式先求出这个四分位数的零位最小值。
2、然后利用这个近似根公式将方程(1+2)带入之前的步骤（第一步：解一个等式并写出相关数值和运算过程）。
接下来我们以上述的题型为例，先来看看1+2在方程中的具体数值形式，再来解题。
解完题后，大家可以根据下面的步骤把题目写出来，并把它放到后面去求(0+1)这个公式当中去。
我们再来看一下在计算过程中的步骤。
首先是把(0+1)这个等式变换为任意复数或方程。
下面我们将(0+1)和(2)带入一个等式之中，然后在进行计算。
计算结果如下：通过计算，一共得到(0+1~-5)=(-3~+5)个近似根值/一个正数根；通过计算，总共得到20个近似根值，其中正数有13个，负数有6个。
高等代数实系数和复系数多项式的因式分解
−
n−2
(ε 2
+
ε
n+2 2
)x
+
1].
. . . .... .... .... . . . . .... .... .... . .
. .. . . ..
例题选讲
例 设 f(x), g(x) 是两多项式，且 f(x3) + xg(x3) 可被 x2 + x + 1 整除， 则 f(1) = g(1) = 0.
两边取共轭数，有
f(α¯) = anα¯n + an−1α¯n−1 + · · · + a0 = 0,
这就是说，f(α¯) = 0，α¯ 也是 f(x) 的根.
. . . .... .... .... . . . . .... .... .... . .
. .. . . ..
实系数多项式因式分解定理
. .. . . ..
高斯与代数基本定理
代数基本定理在代数乃至整个数学中起着基础作用. 据说，关于 代数学基本定理的证明，现有 200 多种证法. 迄今为止，该定理 尚无纯代数方法的证明. 大数学家 J.P. 塞尔曾经指出：代数基本 定理的所有证明本质上都是拓扑的. 美国数学家 John Willard Milnor 在数学名著《从微分观点看拓扑》一书中给了一个几何直 观的证明，但是其中用到了和临界点测度有关的 sard 定理. 复变 函数论中，对代数基本定理的证明是相当优美的，其中用到了很 多经典的复变函数的理论结果.
. . . .... .... .... . . . . .... .... .... . .
. .. . . ..
高斯与代数基本定理
该定理的第一个证明是法国数学家达朗贝尔给出的，但证明不完 整. 接着，欧拉也给出了一个证明，但也有缺陷，拉格朗日于 1772 年又重新证明了该定理，后经高斯分析，证明仍然很不严 格的. 代数基本定理的第一个严格证明通常认为是高斯给出的 (1799 年在哥廷根大学的博士论文)，高斯后来又给出了另外三个 证法，其中第四个证法是他 71 岁公布的，并且在这个证明中他 允许多项式的系数是复数.
代数的基本定理证明
代数的基本定理证明代数的基本定理是代数学中最基本的定理之一，它阐述了将任何一个多项式拆分成因式乘积的方法。
下面我将为大家详细介绍这个定理的证明过程。
首先，我们来明确一下问题：对于一个次数至少为1的复系数多项式$p(z)$，如何证明存在复数$\alpha$使得$p(\alpha)=0$？这是代数的基本定理想要解决的问题。
下面我们将证明此命题成立。
首先，我们用数学归纳法证明一个引理：对每个次数为n的多项式$p(z)$，都存在至少一个复数$\alpha$使得$p(\alpha)=0$。
当n=1时，$p(z)=a_1z+a_0$，其中$a_1$和$a_0$是复系数。
因此只需解出$p(z)=0$，即$z=-\frac{a_0}{a_1}$。
因此，命题在n=1时成立。
现在，假设命题在n=k时成立，即对每个次数为k的多项式$p(z)$，都存在至少一个复数$\alpha$使得$p(\alpha)=0$。
我们来证明命题在n=k+1时也成立。
让我们考虑一个次数为k+1的多项式$p(z)$，它可以表示成$p(z)=a_{k+1}z^{k+1}+a_kz^k+...+a_1z+a_0$，其中$a_i$是复系数。
如果$p(z)$在$\mathbb{C}$上没有根，那么$p(z)$和$\frac{1}{p(z)}$都是全纯复函数；因为$p(z)$有$k+1$项，而$\frac{1}{p(z)}$至多有$k$项。
我们可以考虑$g(z)=\frac{1}{p(z)}$，稍加计算即可得到$g(z)$也是次数为$k+1$的多项式。
因此根据归纳假设，$g(z)$存在一个复根$\alpha$。
这意味着$p(\alpha)=0$，因为如果不是的话，就有$p(\alpha)g(\alpha)=1$，这意味着$p(\alpha)$在$\mathbb{C}$中有一个倒数，与$p(z)$在$\mathbb{C}$上没有解不符。
综上所述，我们证明了代数的基本定理。
多项式的解与因式分解
多项式的解与因式分解在代数学中，多项式是一种重要的数学表达式，它由各种项的和组成。
解多项式以及对多项式进行因式分解是解决多项式相关问题的关键步骤。
本文将探讨多项式的解与因式分解的方法以及其在数学问题中的应用。
一、多项式的解解多项式是指找出多项式在给定条件下的零点或者根。
对于一次多项式，解的方法相对简单，可以直接求出。
而对于高次多项式，解的过程会更为复杂。
解一元高次多项式的方法主要有两种：因式分解和使用特殊的求根公式。
对于二次多项式，我们可以使用配方法或者求根公式来解。
配方法是将二次多项式转化为完全平方的形式，然后求解其根。
求根公式则是通过韦达定理，根据二次多项式的系数来求解根的值。
对于高于二次的多项式，我们常常采用因式分解的方法来解。
因式分解是将多项式表示为一系列不可约多项式的乘积形式。
不可约多项式是指不能再分解出其他因式的多项式。
二、多项式的因式分解因式分解是将一个多项式表示为多个因子相乘的形式。
因式分解在代数学中具有重要的应用，可以帮助我们更好地理解和处理多项式的性质和运算。
进行因式分解时，我们需要找到多项式的根以及其对应的因子。
对于一些特殊的多项式，我们可以直接找到其因子。
比如对于差平方差、完全平方差、立方差等形式的多项式，我们可以直接使用相应的公式进行因式分解。
对于一般的多项式，我们需要通过试除法和配方法等技巧来分解。
试除法是逐个尝试可能的因子，然后使用多项式除法进行验证从而找到所有的因子。
配方法则是将多项式表示为两个因式的乘积，然后再将这两个因式进一步进行因式分解。
三、多项式解与因式分解的应用多项式的解与因式分解在数学问题中有广泛的应用。
它们可以帮助我们找到方程的根，从而解决实际问题。
例如，在代数方程和函数的应用中，我们可以利用多项式的解与因式分解来求解方程，找到方程的根。
这有助于我们确定问题的解集，解决实际问题。
此外，在代数几何中，多项式的因式分解也起到了重要的作用。
通过将多项式因式分解为一些可辨识的因子，我们可以更好地理解和描述几何问题。
高等代数§1.8 复系数与实系数多项式的因式分解
地分解成一次因式与二次不可约因式的乘积．
推论5 设f ( x ) [ x ], 则 f ( x ) 在 上具有标准分解式
f ( x ) an ( x c1 )k1 ( x c2 )k2 ( x c s )ks ( x 2 p1 x q1 )k1
( x 2 pr x qr )kr
若 ( p( x )) 1, 下证 ( p( x )) 2 即可. 由代数基本定理, p( x )存在复根
则 也是 p( x )的根,即 x | p( x ), x | p( x ).
注意到( x , x ) 1 (否则, ,则 p( x )在 上 存在一次因式,这与 p( x )实不可约相矛盾.) 所以, ( x )( x ) | p( x ).
推论2 复数域上不可约多项式只有一次多项式. 即 f ( x ) [ x ], 若 ( f ( x )) 1, 则 f ( x ) 可约.
2、复系数多项式因式分解定理
定理2 f ( x ) [ x ], 若 ( f ( x )) 1, 则 f ( x ) 在 复数域上可唯一分解成一次因式的乘积.
[ x 2 (
n 2 2 n 2 2 n 2 2 n 2 2
)x
]
2 n2 2 ( x 1)( x 1)( x 2 x cos 1) [ x 2 x cos 1] n n
2
不可约多项式.
例
求 x n 1 在 上与在 上的标准分解式.
在复数范围内 x n 1 有n个复根，
2 n 1
解： 1)
1, , , , 2 2 i sin , 这里 cos n n 2k 2k k cos i sin , n n
§8 复系数与实系数多项式的因式分解
x + pi x + qi (i =1,2,L, r)
2
是不可约的，也就是满足
p − 4qi < 0,i =1,2,L, r.
2 i
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实系数多项式因式分解定理 每个次数 ≥1的实系数多项式在复数域上都可以 唯一地分解成一次因式与二次不可约因式的乘积 . 证明： 证明：定理对一次多项式显然成立 . 假设定理对次数< n的多项式已经证明 . 设 f (x)是n次实系数多项式 . 由代数基本定理， f (x)有一复根 α是实数，则 f (x) = (x −α) f1(x), 其中f 1(x)是n－1次实系数多项式 . 如果α 不是实数， 则 α 也是 f (x)的根且 α ≠ α.
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于是
f (x) = (x −α)(x −α) f2 (x).
显然 (x −α)(x −α) = x2 − (α +α)x +αα 是一实系数二 次不可约多项式 . 从而 f 2(x)是n－2次实系数多项式 . 由归纳法假设，f1(x)与 f2(x)可以分解成一次与二次不 约多项式的乘积，因此 f (x) (x)也可以如此分解 .
§8 复系数与实系数多项式的 因式分解
对与复数域，有下面重要的定理：
代数基本定理
每个次数 ≥ 1的复系数多项式在复数域中有一个 根.
注1 代数基本定理的内容十分明了，但它的证明
需要用到进一步的知识，例如复变函数论，或微分拓 扑学 .
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注2 代数基本定理显然可以等价叙述为：
每个次数 ≥1的复系数多项式，在复数域上一定 有一个一次因式 . 由此可知，在复数域上所有次数大于 1 的多项式 全是可约的 . 换句话说，不可约多项式只有一次多项 式 . 于是我们有 复系数多项式因式分解定理 每个次数 ≥1的复系数多项式在复数域上都可以 唯一地分解成一次因式的乘积 .ຫໍສະໝຸດ 上页下页返回
多项式因式分解求根法
多项式因式分解求根法
1、多项式的因式分解
把一个多项式表示成几个整式之积的形式，叫做多项式的因式分解。
在指定数集内进行多项式因式分解时，一般
情况下，建议最后结果中的每一个因式均无法在该数集内稳步水解。
【注】(1)因式分解的实质是一种恒等变形，是一种化和为积的变形。
(2)因式分解与整式乘法是互逆的。
(3)在因式分解的结果中，每个因式都必须是整式。
(4)因式分解要分解到不能再分解为止。
2、多项式因式分解常用方法(共六种)
方法一：提取公因式法。
方法二：公式法(乘法公式从右到左，即为为因式分解公式)。
方法三：求根法。
方法四：二次三项式的十字二者乘法
方法五：分组分解法。
方法六：未定系数法。
格拉霍夫定理
格拉霍夫定理
格拉霍夫定理（Graeffe's method）是一个计算多项式根的方法，由德国数学家Eduard Heinrich Graeffe于1884年提出。
该定理
可以用于求解任意复系数多项式的根，无论是否有重根。
格拉霍夫定理的核心思想是通过迭代计算来逐步逼近多项式的根。
具体步骤如下：
1. 对于给定的多项式f(x)，构造如下两个递推式：
- g_0 = f(x)
- g_k = \frac{1}{2^n} \left(g_{k-1}^2 - Q_{k-1} \right)，其中 n 是多项式f(x)的次数，Q_{k-1} 是g_{k-1}中的各项系数的平
方和。
2. 重复进行第1步直到g_k(x)的次数小于2。
3. 对于最终的g_k(x)，将其所有非零系数单位化（即除以最高次项的系数），得到格拉霍夫多项式h(x)。
4. h(x)的根的平方就是f(x)的非复根，即实根。
需要注意的是，格拉霍夫定理只能获取多项式的实根，并且无法保证收敛到所有的实根。
此外，对于具有复根的多项式，计算结果可能会产生误差。
尽管格拉霍夫定理在实际计算中已经较少使用，但它对于理解多项式的根的性质以及根的逼近方法具有重要的理论意义。
复系数复数方程的求根及复系数常微分方程的通解公式
复系数复数方程的求根及复系数常微分方程的通解公式
复系数复数方程的求根及复系数常微分方程的通解公式汤光宋;甘欣荣
【期刊名称】《江汉大学学报》
【年(卷),期】1996(013)003
【摘要】本文首先将文［１］、［２］的主要结论概括为两个引理，由此推出复系数复数方程Ｚ＾２＋（ａ＋ｂｉ）Ｚ＋ｃ＋ｄｉ＝０的求根公式，并利用这些公式，导出了二阶复系数齐次线线性常微分方程ｙ＋（ａ＋ｂｉ）ｙ＋（ｃ＋ｄｉ）ｙ＝０的通解公式，获得的有关结果是文［３］相应定理的深化与发展。
【总页数】6页(71-76)
【关键词】复系数复数方程;求根公式;复系数微分方程
【作者】汤光宋;甘欣荣
【作者单位】不详;不详
【正文语种】英文
【中图分类】O175.1
【相关文献】
1.线性常微分方程组理论在线性常微分方程中的应用 [J], 陈磊
2.一类五阶常系数常微分方程的特解公式 [J], 安乐; 刘继儿; 高忠社
3.再论二阶变系数线性常微分方程通解公式 [J], 张虹
4.高阶常系数线性非齐次常微分方程的求解公式 [J], 张鹏高
5.常微分方程级数解法中系数递推公式的一种推导方法 [J], 杨志坚。
复系数多项式的根
复系数多项式的根1. 引言复系数多项式是指其系数为复数的多项式。
与实系数多项式不同，复系数多项式的根可以是复数。
本文将介绍复系数多项式的根及其性质。
2. 复系数多项式的定义复系数多项式可以表示为以下形式：P(z)=a n z n+a n−1z n−1+⋯+a1z+a0其中a i是复数，z是一个变量，n是一个非负整数。
3. 复根与共轭根对于一个给定的复系数多项式P(z)，如果存在一个复数z0使得P(z0)=0，则称z0是P(z)的一个根。
如果z0是P(z)的根，则其共轭复数z0也是P(z)的根。
例如，对于一个二次方程P(z)=az2+bz+c，如果存在两个互为共轭的复根z1,z2，则有以下关系：P(z)=a(z−z1)(z−z2)其中(z−z1)(z−z2)表示二次方程的因式分解形式。
4. 复系数多项式的基本性质复系数多项式具有以下基本性质：4.1 零点定理零点定理指出，对于一个n次复系数多项式P(z)，如果P(z)的次数大于等于1，则P(z)至少有一个根。
4.2 多重根对于一个给定的复系数多项式P(z)，如果存在一个复数z0，使得(z−z0)k是P(z)的因式，其中k是正整数，则称z0是P(z)的一个多重根。
对应地，(z−z0)k称为该多重根的因子。
4.3 复系数多项式与实系数多项式实系数多项式可以看作是复系数多项式的一种特殊情况。
当所有系数都是实数时，复系数多项式即为实系数多项式。
对于实系数多项式而言，它的复根和共轭根总是成对出现的。
但对于复系数多项式而言，并不一定存在共轭根。
5. 复根与代数学结构在代数学中，我们可以将代数组成一个域（field）。
域是一个满足特定性质的数学结构，其中包含了加法和乘法运算，并且满足一些公理。
复数域是一个重要的域，它由实数域扩展而来。
复系数多项式的根就存在于复数域中。
复数域具有以下性质：5.1 代数闭包复数域是一个代数闭包，即任何一个非常值的复系数多项式都至少有一个根在复数域中。
复数方程的根与解析解求解
复数方程的根与解析解求解复数方程是指含有复数变量的方程，其根也可以是复数。
在数学中，我们经常需要求解复数方程的根，并且希望能够找到解析解。
本文将介绍复数方程的根以及解析解的求解方法。
一、复数方程的根复数方程可以表示为以下形式：\[f(z)=0\]其中，\(z\)为复数变量，\(f(z)\)为复数函数。
复数方程的根是使得方程成立的复数值。
对于一次复数方程，即形如\(az+b=0\)的方程，其根为：\[z=-\frac{b}{a}\]其中，\(a\)和\(b\)为复数。
对于高次复数方程，求解根的方法有很多种。
常见的方法包括代入法、因式分解法、配方法、求根公式等。
下面将介绍其中两种常用的方法。
二、代入法代入法是一种常用的求解复数方程根的方法。
它的基本思想是将方程中的未知数用已知的数代入，从而得到一个关于已知数的方程，进而求解出已知数的值，最后再求出未知数的值。
例如，对于一次复数方程\(az+b=0\)，我们可以将已知数\(a\)和\(b\)分别用复数\(c\)和\(d\)代入，得到关于\(c\)和\(d\)的方程\(cz+d=0\)。
然后，我们可以求解出\(c\)的值为\(-\frac{d}{z}\)，再将其代入方程\(az+b=0\)中，即可求解出未知数\(z\)的值。
三、因式分解法因式分解法是另一种常用的求解复数方程根的方法。
它的基本思想是将复数方程表示为多个复数的乘积形式，然后利用因式分解的方法求解出每个复数的值，从而得到方程的根。
例如，对于一个二次复数方程\(az^2+bz+c=0\)，我们可以将其表示为\((z-z_1)(z-z_2)=0\)的形式，其中\(z_1\)和\(z_2\)为复数。
然后，我们可以通过求解方程组得到\(z_1\)和\(z_2\)的值，进而求解出未知数\(z\)的值。
四、解析解的求解方法解析解是指用解析表达式表示的方程的解。
对于复数方程，我们希望能够找到解析解，即用解析表达式表示方程的根。
多项式的因式分解与根的求解
多项式的因式分解与根的求解多项式是数学中的重要概念，它由一系列代数项通过加法和减法运算组成。
而多项式的因式分解和根的求解则是解决多项式相关问题的关键步骤。
本文将介绍多项式的因式分解和根的求解的方法和步骤。
一、多项式的因式分解多项式的因式分解是将一个多项式表达式写成不可约多项式的乘积。
在因式分解过程中，我们需要找出多项式的因式，并进行因子分解。
下面介绍两种常用的因式分解方法。
1. 提取公因式法提取公因式法是对于多项式中可以找到的公因式进行提取，从而得到多项式的因式分解。
具体步骤如下：（1）观察多项式中是否存在可以提取的公因式；（2）将这个公因式提取出来，并写在最前面；（3）再对去掉公因式的部分进行因式分解。
例如，对于多项式3x^2+6x，我们可以观察到公因式为3x，因此可以进行公因式提取。
根据步骤（1）和（2），我们可以得到3x(x+2)的因式分解。
2. 完全平方式完全平方式是通过寻找多项式的平方根，从而进行因式分解。
具体步骤如下：（1）对多项式进行平方处理，得出平方根；（2）观察平方根和多项式之间的关系，进行因式分解。
例如，对于多项式x^2+2x+1，我们可以通过观察发现它是一个平方形式，即(x+1)^2。
根据步骤（2），我们可以得出(x+1)(x+1)的因式分解。
二、多项式根的求解多项式根的求解是指寻找多项式的零点，即使多项式等于零的变量的值。
常用的根的求解方法有两种。
1. 因式分解法通过将多项式进行因式分解，我们可以得到每个因子等于零时对应的根。
例如，对于多项式x^2+3x+2，将其因式分解为(x+1)(x+2)，我们可以发现x=-1和x=-2分别是多项式的根。
2. 辗转相除法辗转相除法是通过将多项式除以其根得到的商式，从而找到多项式的根。
具体步骤如下：（1）猜测一个根的值；（2）用多项式除以这个根，得到商式；（3）如果商式等于零，则这个猜测的根是多项式的一个根；（4）将商式进行因式分解，继续寻找其他根。
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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)(x f ，0>n ，则)(x f 恰有n 个复数根n c c c c ，，，321，而且)())(()(210n c x c x c x a x f ---= .然而具体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1=nx 中，其本原单位根可定义为i n k k e x π2=；在方程1-=nx 中，其本原单位根可定义为ink k ex ππ2+=，其中10-≤≤N ∈n k k ，.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∑∑∑-=+-++=--=+==+10)12(21212202222222022)(n k k n k k n nk k n k k n kn k nk k n n b ac b a c ba cb a∑∑∑=-=+-++-=---=-=-nk n k k n k k n k n k k n nk kn k k n k n n b ac b a c ba cb a 010)12(21212222222202222)1()(将以上两式相加减便分别有以下两式∑=-=-++n k k n k k n n n b a c b a b a 02222222])()[(21 (2.1.1)∑-=+-++=--+10)12(21212222])()[(21n k k n k k n nn b a c b a b a(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∑∑∑=-+++=-+++=-++++==+nk kn k k n nk k n k k n n k kn k k n n b ac b a c ba cb a 02212121202122212120121212)(∑∑∑=-+++=-+++=-++-+++-=-=-nk k n k k n nk k n k k n n k k n k k n k n n b ac b a c ba cb a 0221212120212221212012121212)1()(以上两式相加减则分别有以下两式∑=-++++=-++n k kn k k n n n b a c a b a b a 022*********])()[(21 (2.2.1)∑=-+++=--+n k k n k k n n n b a c b b a b a 022********])()[(21 (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 n n i x i x )sin cos ()sin cos (θθθθ-++++ 3.2 n n x x )1()1(-++3.3 nn n n n n n n c x c x c x 22242122)1(-+++---3.4 nn nn n n n nx x c x x c x x c x)1()1()1(2022224242222222-++-+-+-- 3.5 nn n n n n n n x x c x x c x x c x )1()1()1(21212223241221221212-++-+-++-+-++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n n i x i x )sin cos ()sin cos (θθθθ-++++分解为一次因式的乘积.解：令0)sin cos )sin cos =-++++n n i x i x θθθθ（（，则该方程有以下变形nnn n i x a i x i x )sin cos )sin cos )sin cos θθθθθθ-+=-+-=++（（（其中1012-≤≤N ∈=-=+n k k ea aink k n，，，ππ.我们在这里把1-用na 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)sin cos (sin cos θθθθi x a i x -+=++，则解方程可得到）（θθθθθθsin 11cos sin 11cos sin 11cos k kk k k a a i a a i x a a ix -++-=-+--=-+--= 其中102-≤≤N ∈=+n k k ea ink k ，，ππ.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)]sin 11(cos [)]sin 11(cos )][sin 11(cos [))(())(()sin cos ()sin cos (1111001210θθθθθθθθθθ-----+++-+++-+++=----=-++++n n n n n n a a ix a a i x a a ix x x x x x x x x i x i x其中 102-≤≤N ∈=+n k k ea ink k ，，ππ.4.2将复系数多项式n n x x )1()1(-++分解为一次因式的乘积. 解：令0)1)1=-++n n x x （（，则有以下变形nnn n x a x x )1)1)1-=--=+（（（其中1012-≤≤N ∈=-=+n k k e a a ink k n，，，ππ.取)1(1-=+x a x ，则解方程可得kk k a a x a ax -+-=-+-=1111，其中102-≤≤N ∈=+n k k ea ink k ，，ππ.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)11()11)(11())(())(()1()1(1111001210-----++-++-++=----=-++n n n n n n a a x a a x a a x x x x x x x x x x x其中102-≤≤N ∈=+n k k ea ink k ，，ππ.4.3将复系数多项式nn n n n n n n c x c x c x 22242122)1(-+++--- 分解成一次因式的乘积.解：我们引用上面的（2.1.1），即∑=-=-++nk kn k k n n nba cb a b a 02222222])()[(21，令，，122-==b x a 取，，i b x a ==可将原式化为如下形式 ])()[(21)1()1()1(2202202222242122n n n k k n k k n nk k k n k n nn n n n n n n i x i x x c x c c x c x c x -++=-=-=-+++-∑∑=-=---这样就化成了类似3.2题目的类型.令0)()(22=-++n n i x i x ，可先求该方程的复根，最后再将常数21补写上.将方程0)()(22=-++n n i x i x 进行如下变形 nn n n i x a i x i x 2222)()()(-=--=+其中1202212-≤≤N ∈+=-=n k k i nk a ak n，，，ππ.取)(i x a i x -=+，得2)11(a a x -+-=，则每个根有形式2)11(kk k a a x -+-=， 代入方程0])()[(2122=-++n ni x i x ，则有下式0])11([])11(][)11([2121212211200=-++-++-++--n n a a x a a x a a x 即原式可化为])11([])11(][)11([21)1(2121221120022242122-----++-++-++=-+++-n n n n n n nn n n a a x a a x a a x c x c x c x 其中12022-≤≤N ∈+=n k k i nk a k ，，ππ.4.4把多项式nn n n n n n n x x c x x c x x c x )1()1()1(2022224242222222-+-+-+-- 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kkn nk kn nn n n n n n n x x x x c x x c x x c x c )1()()1()1()1(220222022224242222222-=-+-+-+-=--∑令12222-==x b x a ，，取12-==x b x a ，，得kk k c c x 21+=，其中12-=nc，.12022-≤≤N ∈=+n k k ec ink k ，，ππ4.5将多项式nn n n n n x x c x x c x )1()1(2121221221212-++-++-++ 分解为一次因式的乘积.解：将原式变形为∑∑=-+=+-++-+-++-=-=-++-+-+nk k k n k n nk kk n k n nn n n n n n n x x c x x x c x x c x x c x x c x 022212021)(221221212223241221221212)1()()1()1()1()1(引用上面的(2.2.2)式，即∑=-+++=--+n k kn k k n n n b a c b b a b a 022********])()[(21 对照(2.2.2)，令22221x b x a =-=，，取x b x a =-=，12，可将原式化为])1()1[(21122122++--++-n n x x x x x 这样就化成了类似3.2题目的类型.考虑下式122122)1()1++---=+-n n x x x x取其2n +1次方根，并用本原单位根替换-1，我们不难得到)1(122x x c x x k --=+-其中n k k ec cin k k n 20112212≤≤N ∈=-=+++，，，ππ.解方程得)201(2112212n k k ec ci c c x in k k n kk k ≤≤N ∈=-=-=+++，，，，ππ.这样我们求得了方程所有的复根，代入原式可得]21[]21][21[21])1()1[(21)1()()1()1()1(22110012212202221221212223241221221212i c c x i c c x i c c x x x x x x x x x c x x x c x x c x x c x n n n n nk k k n k n nn n n n n n n ------=--++-=-=-++-+-+++=-++-+-++∑其中n k k ec cin k k n 20112212≤≤N ∈=-=+++，，，ππ.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。