因式分解

guanmo1

因式分解：
（1）$x^5+x+1$
（2）$x^{12}+x^9+x^6+x^3+x$

kuing

第一个用三次单位根
设 $\omega\ne1$ 为 $x^3=1$ 的根，则 $\omega^5+\omega+1=\omega^2+\omega+1=(\omega^3-1)/(\omega-1)=0$，故 $\omega$ 亦是 $x^5+x+1$ 的根，从而必有因式 $x^2+x+1$

第一章

用多项式除法之后，还有一个三次的多项式啊，怎么办？
还能分解？

kuing

回复 3# 第一章

剩下的是 $x^3-x^2+1$，没有有理根，也没目测出其他特别的根……

kuing

第二题我怀疑是 $x^{12}+x^9+x^6+x^3+1$ 才对，请楼主核对一下题目。

如果是这样的话，用类似的方法，设 $z\ne1$ 为 $z^5=1$ 的根，则 $z^{12}+z^9+z^6+z^3+1=(z^{15}-1)/(z^3-1)=0$，从而必有因式 $x^4+x^3+x^2+x+1$，不过剩下来次数还是8次，也不知能不能继续分……

其妙

而却他没说在实数范围内分解，还是复数范围内分解

kuing

续5楼：还能分。

记
\[z_k=\cos\frac{2k\pi}{15}+i\sin\frac{2k\pi}{15},\]
设 $A=\{1,2,3,4,6,7,8,9,11,12,13,14\}$, $B=\{3,6,9,12\}$, $C=\{1,2,4,7,8,11,13,14\}$，那么，满足 $z^{15}=1$ 且 $z^3\ne1$ 的所有根为 $z_k$, $k\in A$，所以
\[x^{12}+x^9+x^6+x^3+1=\prod_{k\in A}(x-z_k),\]
由楼上所说，有因式 $x^4+x^3+x^2+x+1$，它实际上是
\[x^4+x^3+x^2+x+1=\prod_{k\in B}(x-z_k),\]
因此，剩下的是
\[\prod_{k\in C}(x-z_k),\]
成对配搭为
\[(x-z_1)(x-z_{14})\cdot (x-z_2)(x-z_{13})\cdot (x-z_4)(x-z_{11})\cdot (x-z_7)(x-z_8),\]
易证
\[z_kz_{15-k}=1,  z_k+z_{15-k}=2\cos\frac{2k\pi}{15},\]
所以展开为
\[\left( x^2-2x\cos\frac{2\pi}{15}+1 \right)\left( x^2-2x\cos\frac{4\pi }{15}+1 \right)\left( x^2-2x\cos\frac{8\pi}{15}+1 \right)\left( x^2-2x\cos \frac{14\pi}{15}+1 \right).\]

kuing

同样地
\begin{align*}
x^4+x^3+x^2+x+1&=\prod_{k\in B}(x-z_k)\\
&=(x-z_3)(x-z_{12})\cdot (x-z_6)(x-z_9)\\
&=\left( x^2-2x\cos\frac{6\pi}{15}+1 \right)\left( x^2-2x\cos\frac{12\pi}{15}+1 \right),
\end{align*}
这样我们就得到了最终的分解式为
\[\prod_{k=1,2,3,4,6,7}\left( x^2-2x\cos\frac{2k\pi}{15}+1 \right).\]

嗯，这样其实中间做的就有点多余了，直接在 $\prod_{k\in A}(x-z_k)$ 这里配对展开就行了。

kuing

而却他没说在实数范围内分解，还是复数范围内分解
其妙 发表于 2013-9-21 15:14

噢，我是分解到实数算了，复数的话就上面第一步就完了……

guanmo1

实数就ok了。ps:第二题好像就是那样的。

kuing

那样我就不会了，除了提一个x出来之外