多项式的降解

hbghlyj

多项式的降解是分解为多项式的复合
不低于4次的多项式f(x)称为可降解的,如果存在多项式g,h使得$f=g\circ h$,其中h是不低于2次的.例如
$(x^2 + 1)^4 + 3=(4 + 2 x + x^2)\circ(2 x + x^2)\circ x^2$
$x^3 + 2 x^2 + 4 x + 7\equiv (1+x)\circ x^3\pmod 2$
$f=x^2+3 x+2$可约但不可降解:$f=(x+1)(x+2)$
$g=x^4 - x^2 + 17$可降解但不可约:$g=(x^2-x+17)\circ x^2$
求方程$f(x)=x^8 + 4 x^7 + 2 x^6 - 8 x^5 - 5 x^4 + 8 x^3 + 2 x^2 - 4 x + 8=0$的根式解
f(x)在$\mathbf{R}$上不可约,这就是说它没有实根,但可降解为$a\circ b\circ c$,其中$a=8 + 2 x + x^2,b=-2 x + x^2,c=x + x^2$
解$a(y)=0$得$y_1=-1-i \sqrt{7},y_2=-1+i \sqrt{7}$ ,
解$b(z)=y_i$得$z_1=1-(-1)^{\frac34} \sqrt[4]{7},z_2=1+(-1)^{\frac34} \sqrt[4]{7},z_3=1-\sqrt[4]{-7},z_4=1+\sqrt[4]{-7}$
解$c(x)=z_i$得\begin{align*}x_1&=\frac{1}{2} \left(-\sqrt{5-4 (-1)^{\frac34} \sqrt[4]{7}}-1\right),x_2=\frac{1}{2} \left(\sqrt{5-4 (-1)^{\frac34} \sqrt[4]{7}}-1\right),\\x_3&=\frac{1}{2} \left(-\sqrt{5+4 (-1)^{\frac34} \sqrt[4]{7}}-1\right),x_4=\frac{1}{2} \left(\sqrt{5+4 (-1)^{\frac34} \sqrt[4]{7}}-1\right),\\x_5&=\frac{1}{2} \left(-\sqrt{5-4 \sqrt[4]{-7}}-1\right),x_6=\frac{1}{2} \left(\sqrt{5-4 \sqrt[4]{-7}}-1\right),\\x_7&=\frac{1}{2} \left(-\sqrt{5+4 \sqrt[4]{-7}}-1\right),x_8=\frac{1}{2} \left(\sqrt{5+4 \sqrt[4]{-7}}-1\right)\end{align*}
求方程$\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+2}=\frac{1}{x+a-2}+\frac{1}{x+a-1}+\frac{1}{x+a}(a\ne2)$的根式解
去分母,约去a-2得$f(x)=3 x^4+6 a x^3+3( a^2 +2 a -2 )x^2+6a(a-1) x+2a(a-1)=0$,f可降解为$g\circ h$,其中$g(x)=3 x^2+6(a-1) x+2 a^2-2 a,h(x)=x(x+a)$
解$g(y)=0$得$y=0,-a$
解$h(x)=y_i$得$x =- a + 1 \pm \sqrt {\frac{{\left( {a - 1} \right)\left( {a - 3} \right)}}{3}} $
例如a=5时$x=\frac{1}{2} \left(\pm\sqrt{8 \sqrt{\frac{2}{3}}+9}-5\right),\frac{1}{6} \left(\pm\sqrt{3 \left(27-8 \sqrt{6}\right)}-15\right)$
求方程$\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+2}+\frac{1}{x+3}=\frac{1}{x+4}+\frac{1}{x+5}+\frac{1}{x+6}+\frac1{x+7}$的根式解
去分母,$f(x)=2 x^6+42 x^5+341 x^4+1344 x^3+2633 x^2+2310 x+630=0$,f可降解为$g\circ h$,其中$g=2 x^3+47 x^2+330 x+630,h=x^2+7 x$

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证明或证伪
多项式p,q满足$p \circ q=q \circ p$,且$\deg p,\deg q\in\mathbf N_+$,则p,q都是幂函数,或者为同一个多项式f的迭代
例如，
假设p(t)与$t^2$在复合下可交换,即$p(t^2)=[p(t)]^2$,且p(t)不只有一项,p(t)降幂排列为$at^n+bt^m+\cdots$,$a,b\ne0$,有$at^{2n}+bt^{2m}+\cdots=a^2t^{2n}+2abt^{m+n}+\cdots$,所以$2m=m+n$,与$m<n$矛盾.

hbghlyj

(a)是否存在函数f,多项式g,h使f∘g=h,g∘f≠h,且f不是多项式函数.
(b)是否存在函数f,f不是多项式函数,而$g=f\circ f$是多项式函数.

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如果多项式p,f,g均不为常多项式,p∘f=p∘g,则f=g

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翻译en.wikipedia.org/wiki/Polynomial_decomposition#Applications

多项式分解可以实现对多项式的快速求值。例如，
\begin{align*}
& x^8 + 4 x^7 + 10 x^6 + 16 x^5 + 19 x^4 + 16 x^3 + 10 x^2 + 4 x - 1 \\
= {} & \left(x^2 - 2\right) \circ \left(x^2\right) \circ \left(x^2 + x + 1\right)
\end{align*}
使用分解式则仅用做 3 次乘法, 然而Horner法需要做7次乘法.

多项式分解可以计算方程的根.这个技巧在多个CAS(计算机代数系统)中得到应用.以下示例是使用 Maxima计算得出的:
使用分解式
\begin{align*}
& x^6 - 6 x^5 + 15 x^4 - 20 x^3 + 15 x^2 - 6 x - 1 \\
= {} & \left(x^3 - 2\right) \circ \left(x^2 - 2 x + 1\right),
\end{align*}
这个不可约多项式的根算出为$$1\pm 2^{1/6},1\pm {\frac {\sqrt {-1\pm {\sqrt {3}}i}}{2^{1/3}}}.$$其中每个±是独立取的.

即使对于四次方程，有明确的求根公式，但使用分解式求解可能给出更简单的形式. 例如从分解式
\begin{align*}
& x^4 - 8 x^3 + 18 x^2 - 8 x + 2 \\
= {} & (x^2 + 1) \circ (x^2 - 4 x + 1)
\end{align*}
可以求出多项式的根$$2 \pm \sqrt{3 \pm i}$$
但直接套用四次方程求根公式的话会得到一个复杂的式子:$$2-{ \frac{\sqrt{{{ 9 \left(\frac{8 \sqrt{10} i}{3^{3/2}} + 72\right)^{2/3} + 36 \left(\frac{8 \sqrt{10} i}{3^{3/2}} + 72\right)^{1/3} + 156} \over {\left({\frac{8 \sqrt{10} i}{3^{3/2}}} + 72\right)^{1/3}}}}} 6}-{{\sqrt{-\left(\frac{8 \sqrt{10} i}{3^{3/2}} + 72\right)^{1/3}-{{52}\over{3 \left(\frac{8 \sqrt{10} i}{3^{3/2}} +72\right)^{1/3}}} + 8}}\over 2} .$$

青青子衿

hbghlyj 发表于 2022-2-19 06:10
翻译https://en.wikipedia.org/wiki/Polynomial_decomposition#Applications

多项式分解可以实现对多项式 ...

好像和这个有关
math.stackexchange.com/questions/4770035

青青子衿

简单起见，讨论一个四次方程降成两个二次方程的情形
需要找到一个四次多项式 \( p(x) = x^4 + a x^3 + b x^2 + c x + d \) 可以表示为另一个二次多项式 \( q(x) = x^2 + g x + h \) 的二次形式，即：
\[ p(x) = q(x)^2 + Gq(x) + H \]
其中，\( G, H, g, h \) 是待定的系数，接下来展开并比较系数应该有一些结论了

1. {b -> g^2 + G + 2 h, c -> g G + 2 g h, d -> G h + h^2 + H} /.
2.    g -> a/2 /. h -> 1/8 (-a^2 + 4 b - 4 G) // Factor

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