一道复数求值问题的另解及推广

前两天，闫老师发了如下题目：又一道复数相关的求值题

题目 设𝑎，𝑏，𝑐，𝑑是𝑓(𝑥)=𝑥^(4)−3𝑥^(3)+2𝑥^(2)+5𝑥−4的零点，求

公式：(a+1+\dfrac{1}{a})(b+1+\dfrac{1}{b})(c+1+\dfrac{1}{c})(d+1+\dfrac{1}{d})

本题关键是求出

公式：(a^2+a+1)(b^2+b+1)(c^2+c+1)(d^2+d+1)

公式：\prod\limits(a^2+a+1)=\prod\limits\dfrac{a^3-1}{a-1}=\dfrac{g(1)}{f(1)}

其中𝑔(𝑥)为以𝑎^(3)，𝑏^(3)，𝑐^(3)，𝑑^(3)为根的四次多项式，且首项系数和𝑓(𝑥)相同(也为1)．

此时问题变为：已知𝑎，𝑏，𝑐，𝑑为某四次多项式的四个根，求以𝑎^(3)，𝑏^(3)，𝑐^(3)，𝑑^(3)为四个根的四次多项式．

下面考虑更一般的情形：

如果𝑥_(1)，𝑥_(2)，⋯，𝑥_(𝑛)为𝑛次多项式𝑓(𝑥)的𝑛个根，即

公式：f(x)=A(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n)

则

公式：f(\varepsilon_0\sqrt[k]x)f(\varepsilon_1\sqrt[k]x)\cdots f(\varepsilon_{n-1}\sqrt[k]x)

事实上，以𝑥𝑘1，𝑥𝑘2，⋯，𝑥𝑘𝑛为𝑛个根的𝑛次多项式𝑔(𝑥)可写为：

公式：\begin{align*} g(x)=&(x-x_1^k)(x-x_2^k)\cdots(x-x_n^k)\\ =&((\sqrt[k]x)^k-x_1^k)((\sqrt[k]x)^k-x_2^k)\cdots((\sqrt[k]x)^k-x_n^k)\\ =&\prod\limits_{i=1}^n\left((\sqrt[k]x)^k-x_i^k\right)\\ =&\prod\limits_{i=1}^n\left((-1)^k\prod_{j=0}^{k-1}\left(\varepsilon_j\sqrt[k]x-x_i \right)\right)\\ =&(-1)^k\prod_{j=0}^{k-1}\left(\prod\limits_{i=1}^n\left(\varepsilon_j\sqrt[k]x-x_i \right)\right)\\ =&(-1)^k\prod\limits_{j=0}^{k-1}\left(f\left(\varepsilon_j\sqrt[k]x\right) \right) \end{align*}

忽略首项系数的区别，结论成立．

上述过程用到了：

公式：a^n-b^n=(-1)^n(\varepsilon_0a-b)(\varepsilon_1a-b)\cdots(\varepsilon_{n-1}a-b)

最后出现的∏_(𝑗=0)^(𝑘−1)(𝑓(𝜀_(𝑗)√(𝑥,𝑘)))实际上就是𝑛阶循环矩阵的行列式．我们有如下定理：

设𝐴是以𝑛个复数𝑎_(1)，𝑎_(2)，⋯，𝑎_(𝑛)为元素的𝑛阶循环矩阵，则det𝐴=𝑓(𝜀_(0))𝑓(𝜀_(1))⋯𝑓(𝜀_(𝑛−1))．其中𝑓(𝑥)=𝑎_(1)+𝑎_(2)𝑥+⋯+𝑎_(𝑛)𝑥^(𝑛−1)为复数域上的𝑛−1次多项式，𝜀_(0)，𝜀_(1)，⋯，𝜀_(𝑛−1)为𝑥^(𝑛)−1=0的𝑛个根．

考虑将𝑓(𝑥)的各项按次数模𝑘分类，可以证明如下结论：

任意多项式公式：f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n可以唯一地表示为

公式：f(x)=f_0(x^k)+xf_1(x^k)+\cdots+x^{k-1}f_{k-1}(x^k)

其中

公式：f_0(x)=a_0+a_kx+a_{2k}x^2+\cdots

公式：f_1(x)=a_1+a_{k+1}x+a_{2k+1}x^2+\cdots

⋯

公式：f_{k-1}(x)=a_{k-1}+a_{2k-1}x+a_{3k-1}x^2+\cdots

利用上述两个结论化简∏_(𝑗=0)^(𝑘−1)(𝑓(𝜀_(𝑗)√(𝑥,𝑘)))：

公式：\begin{align*} &\prod\limits_{j=0}^{k-1}\left(f\left(\varepsilon_j\sqrt[k]x\right) \right)\\ =&\prod\limits_{j=0}^{k-1}\left(f_0((\varepsilon_j\sqrt[k]x)^k)+\varepsilon_j\sqrt[k]xf_1((\varepsilon_j\sqrt[k]x)^k)+\cdots+(\varepsilon_j\sqrt[k]x)^{k-1}f_{k-1}((\varepsilon_j\sqrt[k]x)^k)\right)\\ =&\prod\limits_{j=0}^{k-1}\left(f_0(x)+\varepsilon_j\sqrt[k]xf_1(x)+\cdots+(\varepsilon_j\sqrt[k]x)^{k-1}f_{k-1}(x)\right)\\ =&\varphi(\varepsilon_0)\varphi(\varepsilon_1)\cdots\varphi(\varepsilon_{k-1})\\ =&\left| \begin{array}{cccc} f_0(x) & \sqrt[k]xf_1(x) &\cdots & (\sqrt[k]x)^{k-1}f_{k-1}(x) \\ (\sqrt[k]x)^{k-1}f_{k-1}(x) & f_0(x) & \cdots & (\sqrt[k]x)^{k-2}f_{k-2}(x)\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ \sqrt[k]xf_1(x) & (\sqrt[k]x)^{2}f_{2}(x) &\cdots & f_0(x) \end{array} \right| \end{align*}

其中

公式：\varphi(t)=f_0(x)+\sqrt[k]xf_1(x)\cdot t+\cdots+(\sqrt[k]x)^{k-1}f_{k-1}(x)\cdot t^{k-1}

这就得到了我们所需的结论，下面回到原题，来看看这个方法的优势所在．

我们有𝑓(𝑥)=𝑥^(4)−3𝑥^(3)+2𝑥^(2)+5𝑥−4，𝑘=3．于是

于是

公式：\begin{align*} g(x)=&\left| \begin{array}{cccc} -4-3x & \sqrt[3]x(5+x) & (\sqrt[3]x)^2\cdot 2\\ \sqrt[3]x(5+x) & (\sqrt[3]x)^2\cdot 2 & -4-3x\\ (\sqrt[3]x)^2\cdot 2 & -4-3x & \sqrt[3]x(5+x) \end{array} \right|\\ =&(-4-3x)^3+(\sqrt[3]x(5+x))^3+((\sqrt[3]x)^2\cdot 2)^3-3(-4-3x)(\sqrt[3]x(5+x))((\sqrt[3]x)^2\cdot 2) \end{align*}

所求出的𝑔(𝑥)首项系数为1，且

公式：g(1)=(-7)^3+6^3+2^3-3\cdot (-7)\cdot 6\cdot 2=133

又𝑓(1)=1，𝑎𝑏𝑐𝑑=−4，故本题答案为−(133)/(4)．