Tongrui 5.2 多项式【施工中】
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多项式
代数基本定理
非零 $n$ 次复系数多项式至少有一个复数根。
等价说法：对于一个非零的 $n$ 次复系数多项式，它有恰好 $n$ 个复数根（重根视为多个根）。
多项式相等
来自 Example 5.7。
若两个多项式 $P,Q$ 对任意实数 $x$ 满足
\[P(x) = Q(x)\]则 $P$ 和 $Q$ 的所有项对应系数相等。
进一步地，$P,Q$ 对任意复数 $z$ 也满足
\[P(z) = Q(z)\]证明
$P(x) - Q(x)$ 是恒为零的多项式，而根据代数基本定理，非零多项式的零点数量有限，因此 $P(x) - Q(x)$ 只能是一个常数项为 $0$ 的常函数。
重根判定定理
若关于 $x$ 的多项式 $f(x)$ 满足
\[(x - x_0)^n \mid f(x)\]且 $(x - x_0)^{n+1} \nmid f(x)$，则 $x_0$ 是 $f$ 的一个 $n$ 重根。$n$ 被称为 $x_0$ 的重数。
重根可以用导数刻画。$x_0$ 是 $f$ 的一个 $\ge n$ 重根的充要条件：
\[\begin{cases} f(x_0) = 0 \\ f'(x_0) = 0 \\ \vdots \\ f^{(n-1)}(x_0) = 0 \\ \end{cases}\]等价说法：$f$ 的 $n$ 重根是 $f’$ 的 $n-1$ 重根。
证明
充分性：若前 $n-1$ 阶导数均为 $0$，则至少是 $n$ 重根。
对 $f$ 作 Maclaurin 展开：
\[\begin{aligned} f(x) &= \sum_{k=0}^{\deg f} \frac {f^{(k)}(x_0)} {k!} (x - x_0)^k \\ &= \sum_{k=n}^{\deg f} \frac {f^{(k)}(x_0)} {k!} (x - x_0)^k \end{aligned}\]结论显然。
必要性：$x_0$ 是 $n$ 重根，则前 $n-1$ 阶导数均为 $0$。
设
\[f(x) = (x - x_0)^n g(x)\]根据函数求导的 Leibniz 法则：
\[\begin{aligned} f^{(k)}(x) &= \sum_{i=0}^k \binom k i \frac {d^i} {dx^i} (x - x_0)^n g^{(k-i)}(x) \\ &= \sum_{i=0}^k \binom k i n^{\underline{i}} (x - x_0)^{n-i} g^{(k-i)}(x) \end{aligned}\]当 $k < n$ 时，每一项都含有 $(x - x_0)$，因此在 $x_0$ 处取值为 $0$。
实多项式的根
练习题：Example 5.7
实多项式共轭复根成对出现且重数相等。
证明：不难证明对于实多项式 $f$，有
\[f(\bar z) = \overline{f(z)}\]这意味着 $f$ 的各阶导数在面对共轭复数时表现是一致的：
\[\begin{aligned} f^{(k)}(z) &= 0 \\ \overline{f^{(k)}(z)} &= 0 \\ f^{(k)}(\bar z) &= 0 \\ \end{aligned}\]且以上的三个等号换成不等号一样成立。
只有实根的多项式相邻两根之间只有一个极值
$n$ 个根都是实根的多项式，相邻两个实根之间有且仅有一个极值。
考虑最简单的情况：$n$ 个根各不相同。两个根之间根据 Rolle 定理必有至少 $1$ 个极值点，总共至少 $n-1$ 个极值点。而极值点都是 $f’(x) = 0$ 的根，根据代数基本定理最多只有 $n-1$ 个，所以没别的极值点了。
有重根问题也不大。对于一个 $k$ 重根，它自身会占掉 $f’(x) = 0$ 的 $k-1$ 重根，所以又回到前面的问题。
若不满足全实根则可以构造反例，如 $(x^2 - 1) (x^2 + \frac 1 4)$。
Example 5.7 AIME II 2007 #14 (Hard)
实系数多项式 $f$ 满足：
- $f(0) = 1$
- $f(2) + f(3) = 125$
- 对任意实数 $x$ 有 $f(x) f(2x^2) = f(2x^3 + x)$
求 $f(5)$。
其实第一个条件完全能根据另外两个条件推出来。
考虑 $f(2) + f(3) = 125$ 是干嘛用的。它和函数方程看起来八竿子打不着，所以可能是解完函数方程之后用来确定常数 / 排除部分解的。
接下来，专心解多项式函数方程
\[f(x) f(2x^2) = f(2x^3 + x)\]先看看最高项，设 $f(x) \sim a_n x^n$，则
\[a_n x^n \times a_n (2x^2)^n = a_n (2x^3)^n\] \[a_n = 1\]再结合 $f(0) = a_0 = 1$，可知 $f$ 的所有根之积为 $\pm \frac {a_0} {a_n} = \pm 1$。
但是别忘了这些根当中除了实根还有复根，怎么处理？根据本文开头的“多项式相等”结论，对实数 $x$ 成立的多项式函数方程，对复数的 $z$ 也成立，所以根本没事。
因此代入一个复根 $z$：
\[f(2z^3 + z) = f(z) f(2z^2) = 0\]这意味着 $2z^3 + z$ 也是一个根。但一个多项式不可能有无穷多个根，因此 $z \mapsto 2z^3 + z$ 的复合应当存在循环。
直觉上说，$z^3$ 这种项的“大小”会飞速增长，这在复数中应该用模长来刻画。我们可以根据模长的三角不等式估一个 $\lvert z \rvert$ 的初始范围。
\[\begin{aligned} & \lvert 2z^3 + z \rvert \\ =& \lvert z \rvert \times \lvert 2z^2 + 1 \rvert \\ \ge & \lvert z \rvert \times \lvert \lvert 2z^2 \rvert - 1 \rvert \\ =& \lvert z \rvert \times \lvert 2 \lvert z \rvert^2 - 1 \rvert \end{aligned}\]在 $\lvert z \rvert > 1$ 时，有
\[\lvert 2z^3 + z \rvert > \lvert z \rvert\]这意味着模长大于 $1$ 的根不可能进入循环。
那有没有模长小于 $1$ 的根呢？其实也没有，因为所有根之积的模长是 $1$。因此所有复根模长均为 $1$。
问题变为解方程：
\[\begin{cases} \lvert z \rvert = 1 \\ \lvert 2 z^3 + z \rvert = 1 \\ \end{cases}\]这个非常好解，解出来：
\[z = \pm i\]由于 $f$ 是实多项式，共轭复根成对出现且重数相等，$f$ 只能是这样的形式：
\[\boxed{ f(x) = (x^2 + 1)^k }\]现在确定指数 $k$。结合条件 $f(2) + f(3) = 125$，转化为为解超越方程
\[5^k + 10^k = 125\]得 $k=2$。因此 $f$ 函数为
\[f(x) = (x^2 + 1)^2\]答案为 $(5^2 + 1)^2 = \boxed{676}$。
Example 5.8 MPFG 2023 #16 (Normal, Ad-hoc)
给定函数 $f(z) = z^2 - \frac 3 4$。定义集合 $R$
\[R = \bigcup_{n=1}^\infty \{z \mid f^{(n)}(z^2 + \frac 3 4) = 0 \}\]把集合 $R$ 中的所有元素画在复平面上，求能够包住 $R$ 且长宽平行于坐标轴的最小矩形面积。
先把这道题目莫名其妙的包装拆掉。注意到
\[\begin{aligned} & z^2 + \frac 3 4 \\ =& - ((iz)^2 - \frac 3 4) \\ =& - f(iz) \\ \end{aligned}\] \[\begin{aligned} & f^{(n)}(z^2 + \frac 3 4) \\ =& f^{(n)}(- f(iz)) \\ =& f^{(n)}(f(iz)) \\ =& f^{(n+1)}(iz) \\ \end{aligned}\]由于要求矩形面积，转 $90°$ 显然不变。因此问题等价于
\[R' = \bigcup_{n=2}^\infty \{z \mid f^{(n+1)}(z) = 0 \}\]此时问题优雅了不少。
考虑反推。
\[z^2 = \frac 3 4 \pm \sqrt{\text{previous value}}\] \[z = \sqrt{\frac 3 4 \pm \sqrt{\frac 3 4 \pm \cdots}}\]TODO: 怎么推导的
\[\begin{matrix} X = \lim\limits_{n \to \infty} & \underbrace{\sqrt{\frac 3 4 + \sqrt {\frac 3 4 + \cdots \sqrt{\frac 3 4}}}} \\ & n \text{ occurences of } \frac 3 4 \\ \end{matrix}\] \[\begin{aligned} X &= \sqrt{\frac 3 4 + X} \\ X &= \frac 3 2 \\ \end{aligned}\]TODO: Skip
\[[-\frac 3 2, \frac 3 2]\] \[[- \frac {\sqrt 3} 2, \frac {\sqrt 3} 2]\]答案为 $\boxed{3 \sqrt 3}$。
Example 5.10 AIME I 2020 #14 (Easy)
$P$ 是一个首一二次多项式。已知
\[P(P(x)) = 0\]有四个不同解分别为 $3,4,a,b$。求出 $(a+b)^2$ 的所有可能值之和。
由于 $P$ 只有两个根，这意味着 $P(3), P(4), P(a), P(b)$ 这四个数应该是只有两个不同的。那分类讨论就很简单了。
Case 1：
\[\begin{cases} P(3) = P(4) \\ P(a) = P(b) \\ \end{cases}\]显然 $a + b = 3 + 4 = 7$。
Case 2：WLOG，
\[\begin{cases} P(3) = P(a) \\ P(4) = P(b) \\ \end{cases}\]设 $P(x) = x^2 + mx + n$。由于 $P(3), P(4)$ 是 $P$ 的不同根，根据 Vieta 定理
\[\begin{aligned} P(3) + P(4) &= -m \\ (9 + 3m + n) + (16 + 4m + n) &= -m \\ n &= -4m - \frac {25} 2 \\ \end{aligned}\] \[\begin{aligned} P(P(4)) &= 0 \\ P(16 + 4m + n) &= 0 \\ P(16 + 4m + (-4m - \frac {25} 2)) &= 0 \\ P(\frac 7 2) &= 0 \\ \end{aligned}\]不难求出 $m = - \frac 1 2$，对应地 $a = - \frac 5 2$, $b = - \frac 7 2$。
答案为 $7^2 + 6^2 = \boxed{085}$。
Example 5.11 AIME II 2020 #11
TODO:
Example 5.12 (Hard)
TODO: Skip