一个三元多项式整除问题及其几个拓展问题分析

原题：

n 是大于 1 的整数，记 P_n(x,y,z) = (x+y+z)²ⁿ - (y+z)²ⁿ - (z+x)²ⁿ - (x+y)²ⁿ + x²ⁿ + y²ⁿ + z²ⁿ. 证明 P₂(x,y,z) | P_n(x,y,z).

分析与证明：由 P_n(x,y,z) 的定义容易看出，任意交换其中两元（比如 x 和 y）的位置，表达式并不改变（比如 P_n(y,x,z) = P_n(x,y,z)），由此可知 P_n(x,y,z) 为三元对称多项式. 由牛顿定理，P_n(x,y,z) 可以表示成三元初等对称多项式 σ₁、σ₂、σ₃ 的一个多项式，其中 σ₁ = x+y+z，σ₂ = xy+yz+zx，σ₃ = xyz. 但该题涉及多项式整除问题，牛顿定理似乎不能派上用场.

尝试对 P₂(x,y,z) 作因式分解：

P₂(x,y,z) = (x+y+z)⁴ - (y+z)⁴ - (z+x)⁴ - (x+y)⁴ + x⁴ + y⁴ + z⁴

= (x+y+z)⁴ + [x⁴ - (y+z)⁴] + [y⁴ - (z+x)⁴] + [z⁴ - (x+y)⁴]    ①

① 式中浅绿色标注的四项都包含因式 x+y+z，进一步对 ① 式作因式分解有一定的计算量. 事实上对于一次因式的判别有更简单的方法，即：

对于多项式 P(x,y,z)，存在另一个多项式 Q(x,y,z) 满足 P(x,y,z) = (ax + by +cz + d)·Q(x,y,z) 的充分必要条件是：对于 x,y,z 的任意取值，只要满足 ax + by +cz + d = 0，则 P(x,y,z) = 0.

考虑 a = 1, b = c = d = 0，即 x = 0，代入 P₂(x,y,z) 的表达式，有：
P₂(0,y,z) = (0+y+z)⁴ - (y+z)⁴ - (z+0)⁴ - (0+y)⁴ + 0⁴ + y⁴ + z⁴ = 0

由上述判别法可知，x | P₂(x,y,z). 同样可知，y | P₂(x,y,z) 和 z | P₂(x,y,z).

P₂(x,y,z) 是四次多项式，上面已经得到了 P₂(x,y,z) 的 4 个一次因式，因此有：

P₂(x,y,z) = kxyz(x+y+z)

代入 x = y = 1, z = -1，有

P₂(1,1,-1) = (1+1-1)⁴ - (1-1)⁴ - (-1+1)⁴ - (1+1)⁴ + 1⁴ + 1⁴ + 1⁴ = 4 - 2⁴ = -12

= k·1·1·(-1)·(1+1-1) = -k

即有 k = 12，即

P₂(x,y,z) = 12xyz(x+y+z).

至此，原命题的证明实际就等价于证明：P_n(x,y,z) 能被 x, y, z, (x+y+z) 四个一次因式所整除.

用上面的判别法，代入 x = 0，有

P_n(0,y,z) = (0+y+z)²ⁿ - (y+z)²ⁿ - (z+0)²ⁿ - (0+y)²ⁿ + 0²ⁿ + y²ⁿ + z²ⁿ = 0

显然有 x | P_n(x,y,z). 同理有 y | P_n(x,y,z) 和 z | P_n(x,y,z).

最后来看 x+y+z = 0 的情形，即代入 z = -x-y ，有

P_n(x,y,-x-y) = (x+y-x-y)²ⁿ - (y-x-y)²ⁿ - (-x-y+x)²ⁿ - (x+y)²ⁿ + x²ⁿ + y²ⁿ + (-x-y)²ⁿ 

 = 0²ⁿ - x²ⁿ - y²ⁿ - (x+y)²ⁿ + x²ⁿ + y²ⁿ + (x+y)²ⁿ

 = 0

 即有 x+y+z | P_n(x,y,z)

综上即有 P₂(x,y,z) | P_n(x,y,z).

拓展问题1：

把原题的定义扩展到允许 n = 1，P₁(x,y,z) 依定义展开似乎是一个二次多项式，它会有哪些因式？

类似上述 ① 式的处理，有

P₁(x,y,z) = (x+y+z)² - (y+z)² - (z+x)² - (x+y)² + x² + y² + z²

= (x+y+z)² + [x² - (y+z)²] + [y² - (z+x)²] + [z² - (x+y)²]

= (x+y+z)[(x+y+z) + (x-y-z) + (y-z-x) + (z-x-y)]

= (x+y+z)·0 = 0

即 P₁(x,y,z) 实际上是零多项式，零多项式是唯一不定义次数的多项式.

拓展问题2：

当 n 取什么值时，P_n(x,y,z) 能被 x²+y²+z² 整除？

对应于前述一次因式的判别法，同样有二次或更高次因式的判别法. 对于不含有重因式的三元二次因式而言，其判别法如下：

对于多项式 P(x,y,z)，存在另一个多项式 Q(x,y,z) 满足 P(x,y,z) = (ax² + by² +cz² + dxy + fyz + gzx + hx + jy + kz + m)·Q(x,y,z) 的充分必要条件是：对于 x,y,z 的任意取值，只要满足 ax² + by² +cz² + dxy + fyz + gzx + hx + jy + kz + m = 0，则 P(x,y,z) = 0.

取 a = b = c = 1，其余系数为 0，即 x² + y² + z² = 0，二次因式的直接代入法很不好用，因为未知数之间不是线性关系（这里是 z = ±i(x² + y²)^1/2）， 为减少计算量，可以用特殊值尝试，比如令 x = 1, y = -1, z = 2^1/2i，满足 x² + y² + z² = 0，代入 P_n(x,y,z)，有

P_n(1, -1, 2^1/2i) = (1-1+2^1/2i)²ⁿ - (-1+2^1/2i)²ⁿ - (2^1/2i+1)²ⁿ - (1-1)²ⁿ + 1²ⁿ + 1²ⁿ + (2^1/2i)²ⁿ

= (-2)ⁿ - (-1+2^1/2i)²ⁿ - (1+2^1/2i)²ⁿ - 0 + 1 + 1 + (-2)ⁿ

记 cosθ = 3^1/2/3，sinθ = 6^1/2/3，易知 θ ∈ (π/4, π/2)，则

P_n(1, -1, 2^1/2i) = 2(-2)ⁿ + 2 - 3ⁿ[cos(π-θ) + isin(π-θ)]²ⁿ - 3ⁿ(cosθ + isinθ)²ⁿ

= 2(-2)ⁿ + 2 - 3ⁿ[cos(2π-2θ) + isin(2π-2θ)]ⁿ - 3ⁿ(cos2θ + isin2θ)ⁿ

= 2(-2)ⁿ + 2 - 3ⁿ[cos(2θ) + isin(-2θ)]ⁿ - 3ⁿ(cos2θ + isin2θ)ⁿ

= 2(-2)ⁿ + 2 - 3ⁿ[cos(2nθ) + isin(-2nθ)] - 3ⁿ[cos(2nθ) + isin(2nθ)]

= 2·[(-2)ⁿ + 1 - 3ⁿ·cos(2nθ)]

把 (-2)ⁿ + 1 - 3ⁿ·cos(2nθ) 记作 δ_n，则 P_n(1, -1, 2^1/2i) = 2δ_n. 

当 n = 1 时，cos(2nθ) = cos(2θ) = 2·cos²θ - 1 = 2/3 - 1 = -1/3，此时

 δ₁ = (-2)¹ + 1 - 3¹·cos(2θ) = -2 + 1 - 3·(-1/3)] = -2 + 1 + 1 = 0

这与上面得到的 P₁(x,y,z) = 0 是一致的，x²+y²+z² | P₁(x,y,z) 显然成立，但这是因为此前得出的 P₁(x,y,z) = 0，而不是因为这里取 x = 1, y = -1, z = 2^1/2i 和 n = 1 而得到的 P₁(1, -1, 2^1/2i) = 2δ₁ = 0.

当 n = 2 时，cos(2nθ) = cos(4θ) = 2·cos²(2θ) - 1 = 2·(1/9) - 1 = -7/9，

δ₂ = (-2)² + 1 - 3²·cos(4θ) = 4 + 1 + 7 = 12 ≠ 0

由 θ ∈ (π/4, π/2)，知 2θ ∈ (π/2, π)，4θ ∈ (π, 2π)

n = 3 时，cos(2nθ) = cos(6θ) = cos(2θ)·cos(4θ) - sin(2θ)·sin(4θ)

= (-1/3)·(-7/9) - (8^1/2/3)·(-32^1/2/9) = 7/27 + 16/27 = 23/27，

δ₃ = (-2)³ + 1 - 3³·cos(6θ) = -8 + 1 - 23 = -30 ≠ 0

n = 4 时，cos(2nθ) = cos(8θ) = 2·cos²(4θ) - 1 = 2·(49/81) - 1 = 17/81，

δ₄ = (-2)⁴ + 1 - 3⁴·cos(8θ) = 16 + 1 + 17 = 34 ≠ 0

插一句题外话，我最初在纸上演算时得到的 δ_n 是：

δ_n = (-2)ⁿ + 1 - cos(2nθ)

即漏掉了 cos(2nθ) 旁边的 3ⁿ，并依据 cos(2nθ) 不为整数推断：对任意 n，P_n(x,y,z) 都不能被 x²+y²+z² 整除.

现在来看，当 n 为大于 1 的正整数时，P_n(x,y,z) 不能被 x²+y²+z² 整除——这个结论可能依然成立，但上面只是验证了 n = 2, 3, 4 时该结论成立，而未能给出一般的证明.

从上述演算过程看，3ⁿ·cos(2nθ) 似乎总是整数. 换一组特殊值再尝试一下，比如取 x = 4, y = -3, z = 5i，则

P_n(4, -3, 5i) = (4-3+5i)²ⁿ - (-3+5i)²ⁿ - (4+5i)²ⁿ - (4-3)²ⁿ + 4²ⁿ + (-3)²ⁿ + (5i)²ⁿ

= (4-3+5i)²ⁿ - (-3+5i)²ⁿ - (4+5i)²ⁿ - (4-3)²ⁿ + 4²ⁿ + (-3)²ⁿ + (5i)²ⁿ

= (1+5i)²ⁿ - (3-5i)²ⁿ - (4+5i)²ⁿ - 1 + 16ⁿ + 9ⁿ + (-25)ⁿ

= 26ⁿ·[cos(2nα) + isin(2nα)] - 34ⁿ·[cos(2nβ) + isin(-2nβ)] - 41ⁿ·[cos(2nγ) + isin(2nγ)] - 1 + 16ⁿ + 9ⁿ + (-25)ⁿ

= 26ⁿ·e^i(2nα) - 34ⁿ·e^i(-2nβ) - 41ⁿ·e^i(2nγ) - 1 + 16ⁿ + 9ⁿ + (-25)ⁿ     ②

其中 α = arccos(1 / 26^1/2), β = arccos(3 / 34^1/2), γ = arccos(4 / 41^1/2).

先来验证 n = 1 的情形：

cos(2α) = 2·cos²α - 1 = 2/26 - 1 = -12/13
sin(2α) = 2·sinα·cosα = 2·(5 / 26^1/2)·(1 / 26^1/2) = 10/26 = 5/13
26·e^i(2α) = -24 + 10i
cos(2β) = 2·cos²β - 1 = 18/34 - 1 = -8/17
sin(2β) = 2·sinβ·cosβ = 2·(5 / 34^1/2)·(3 / 34^1/2) = 30/34 = 15/17
34·e^i(-2β) = -16 - 30i
cos(2γ) = 2·cos²γ - 1 = 32/41 - 1 = -9/41
sin(2γ) = 2·sinγ·cosγ = 2·(5 / 41^1/2)·(4 / 41^1/2) = 40/41
41·e^i(2γ) = -9 + 40i

P₁(4, -3, 5i) = 26·e^i(2α) - 34·e^i(2β) - 41·e^i(2γ) - 1 + 16 + 9 + (-25)
= -24 + 10i - (-16 - 30i) - (-9 + 40i) - 1
= -24 + 10i + 16 + 30i + 9 - 40i - 1 = 0
符合预期.

由 ② 式从直觉上看，当 n > 1 时，P_n(4, -3, 5i) 的取值似乎一般都是虚数，因而更容易推测 P_n(x, y, z) 不被 x²+y²+z² 整除. 由于 P_n(x, y, z) 为整系数多项式，而代入的 x = 4, y = -3, z = 5i 实部和虚部都为整数，因此 P_n(4, -3, 5i) 的取值的实部和虚部也必然都是整数. 但计算量会比较大，以下实际求一下 P₂(4, -3, 5i) 的值：

cos(4α) = 2·cos²2α - 1 = 2·(12/13)² - 1 = 119/169
sin(4α) = 2·sin2α·cos2α = 2·(5/13)·(-12/13) = -120/169
（这里有 119² + 120² = 169² = 13⁴）
26²·e^i(4α) = 4·(119 - 120i)

cos(4β) = 2·cos²2β - 1 = 2·(8/17)² - 1 = -161/289
sin(4β) = 2·sin2β·cos2β = 2·(15/17)·(-8/17) = -240/289
（这里有 161² + 240² = 289² = 17⁴）
34²·e^i(-4β) = 4·(-161 + 240i)

cos(4γ) = 2·cos²2γ - 1 = 2·(-9/41)² - 1 = -1519/41²
sin(4γ) = 2·sin2γ·cos2γ = 2·(40/41)·(-9/41) = -720/41²
（这里有 1519² + 720² = 1681² = 41⁴）
41²·e^i(4γ) = -1519 - 720i

P₂(4, -3, 5i) = 26²·e^i(4α) - 34²·e^i(-4β) - 41²·e^i(4γ) - 1 + 16² + 9² + (-25)²
= 4·(119 - 120i) - 4·(-161 + 240i) - (-1519 - 720i) - 1 + 256 + 81 - 625
= 476 - 480i + 644 - 960i + 1519 + 720i + 255 + 81 - 625
= 2350 - 720i ≠ 0
确实是个虚数.

拓展问题3：

n 取大于 1 的整数时，P_n(x,y,z) 的系数是否一定能被 P₂(x,y,z) 的系数整除？

P_n(x,y,z) 是整系数的对称多项式，前面已经求出 P₂(x,y,z) = 12xyz(x+y+z)，因而进一步探究这个 P_n(x,y,z) 能否分解成 12xyz(x+y+z)·Q(x,y,z) 的形式也是自然的，其中 Q(x,y,z) 要求也是整系数对称多项式.

如果该问题结论是肯定的，那这个结论非常不好证明. 因此不妨先尝试求出 P₃(x,y,z) 或 P₄(x,y,z) 的分解式，看看有没有反例.

walls 老师提供了一种求 P₃(x,y,z) 的快速方法，稍加整理如下：

假设 P₃(x,y,z) = xyz(x+y+z)·Q(x,y,z)，其中 Q(x,y,z) 为整系数二次对称多项式. 
P₃(x,y,z) 的展开式中每一个单项式的次数都是6，不令 Q(x,y,z) = p(x²+y²+z²) + q(xy + yz + zx)，于是 P₃(x,y,z)

= (x+y+z)⁶ - (y+z)⁶ - (z+x)⁶ - (x+y)⁶ + x⁶ + y⁶ + z⁶   ③

= xyz(x+y+z)·[p(x²+y²+z²) + q(xy + yz + zx)]           ④

④ 式中 x⁴yz 项只有一组，即 xyz·x·px²，因此其系数为 p. 而在 ③ 式中能提供 x⁴yz 的只有 (x+y+z)⁶，且 (x+y+z)⁶ 

= x⁶ + 6·x⁵·(y+z) + 15·x⁴·(y+z)² + 20·x³(y+z)³ + 15·x²·(y+z)⁴ + 6x(y+z)⁵ + (y+z)⁶

其中标绿的项再展开就有 x⁴yz 的系数为 15·2 = 30，因此 p = 30.

④ 式中 x²y²z² 项有三组，即 xyz·x·qyz、xyz·y·qzx、xyz·z·qxy，因此其系数为 3q.  在 ③ 式中能提供 x²y²z² 的只有 (x+y+z)⁶，而后者能提供 x²y²z² 的只有标蓝的 15·x²·(y+z)⁴，对其作再展开处理就有 x²y²z² 的系数为 15·C(4,2) = 90，因此 3q = 90，即 q = 30. 于是

P₃(x,y,z) = xyz(x+y+z)·[p(x²+y²+z²) + q(xy + yz + zx)]

= 30xyz(x+y+z)(x²+y²+z²+xy+yz+zx)

30 不能被 12 整除，n = 3 的情形即为反例，因此本拓展问题的答案是否定的. 

拓展问题4：

P_n(x,y,z) 的分解式中是否一定不含有重因式？

如果该问题的结论是肯定的，即 P_n(x,y,z) 的分解式中一定不含有重因式，那这个结论非常不好证明. 这里仅尝试求出 P₄(x,y,z) 的分解式，看看是不是反例.

假设 P₄(x,y,z) = xyz(x+y+z)·Q(x,y,z)，其中 Q(x,y,z) 为整系数 4 次对称多项式. 
P₄(x,y,z) 为整系数三元 8 次齐次对称多项式，不妨令 Q(x,y,z) = a(x⁴+y⁴+z⁴) + b[x³(y+z) + y³(z+x) + z³(x+y)] + c(x²y² + y²z² + z²x²) + d(x²yz + y²zx + z²xy)，于是 P₄(x,y,z)

= (x+y+z)⁸ - (y+z)⁸ - (z+x)⁸ - (x+y)⁸ + x⁸ + y⁸ + z⁸    ⑤

= xyz(x+y+z)·{a(x⁴+y⁴+z⁴) + b[x³(y+z) + y³(z+x) + z³(x+y)] +

  c(x²y² + y²z² + z²x²) + d(x²yz + y²zx + z²xy)}        ⑥

 (x+y+z)⁸ = x⁸ + C(8,1)·x⁷·(y+z) + C(8,2)·x⁶·(y+z)² + C(8,3)·x⁵(y+z)³ + C(8,4)·x⁴·(y+z)⁴ +

             C(8,3)·x³(y+z)⁵ + C(8,2)·x²·(y+z)⁶ + C(8,1)·x·(y+z)⁷ + (y+z)⁸    ⑦

⑤ 式中能提供三元单项式的只有 (x+y+z)⁸.

考察 x⁶yz 项：由 ⑦ 式可知只有 C(8,2)·x⁶·(y+z)² 能提供 x⁶yz 项，进一步展开可知 x⁶yz 项的系数为 C(8,2)·2  = A(8,2)；而在 ⑥ 式中只有一组 x⁶yz 项，即 xyz·x·ax⁴ = a·x⁶yz，于是有

 a =  A(8,2) = 56.

考察 x⁵y²z 项：⑦ 式中只有 C(8,3)·x⁵(y+z)³ 能提供 x⁵y²z 项，进一步展开可知 x⁵y²z 项的系数为 C(8,3)·3 = 56·3；而在 ⑥ 式中有两组 x⁵y²z 项，即 xyz·x·bx³y = b·x⁵y²z 以及 xyz·y·ax⁴ =  a·x⁵y²z，于是有 b + a = 56·3，即

b = 56·3 - a = 56·2.

考察 x⁴y³z 项：⑦ 式中只有 C(8,4)·x⁴·(y+z)⁴ 能提供 x⁴y³z 项，进一步展开可知 x⁴y³z 项的系数为 C(8,4)·4 = 70·4；而在 ⑥ 式中有两组 x⁴y³z 项，即 xyz·x·cx²y² = c·x⁴y³z 以及 xyz·y·bx³y =  b·x⁴y³z，于是有 c + b = 70·4，即

c = 280 - b = 280 - 112 = 56·3.

考察 x³y³z² 项：⑦ 式中只有 C(8,3)·x³(y+z)⁵ 能提供 x³y³z² 项，进一步展开可知 x³y³z² 项的系数为 C(8,3)·C(5,2) = 56·10；而在 ⑥ 式中有两组 x³y³z² 项，即 xyz·x·dy²zx = d·x³y³z² 以及 xyz·y·dx²yz =  d·x³y³z²，于是有 d + d = 56·10，即

d = 56·10 / 2 = 56·5.

于是 P₄(x,y,z) = 56·xyz(x+y+z)·Q₄(x,y,z)

= 56·xyz(x+y+z)·{(x⁴+y⁴+z⁴) + 2[x³(y+z) + y³(z+x) + z³(x+y)] +

  3(x²y² + y²z² + z²x²) + 5(x²yz + y²zx + z²xy)}

其中 Q₄(x,y,z) 是三元 4 次齐次对称本原多项式（黄色高亮部分）.

做一个简单验证，取 x = y = 1，z = -1，则由定义可知 P_n(1,1,-1) = 4 - 4ⁿ.

P₄(1,1,-1) = 4 - 4⁴ = -252，

Q₄(1,1,-1) = {(1+1+1) + 2[0 + 0 + (-2)] + 3(1+1+1) + 5(-1-1+1)}

= 3 - 4 + 9 - 5 = 3，

56·(-1)·Q₄(1,1,-1) = -168 ≠ P₄(1,1,-1).

对不上，一定哪个环节出错了，待查.