多项式与方程

多项式的恒等定理与待定系数法

恒等定理

若两个 $n$次多项式在$n+1$ 个不同的点上取值相等，则这两个多项式恒等。

这一原理的竞赛应用非常广泛：当我们猜测一个多项式的形式后，可以通过代入 $n+1$ 个特定值来确定所有系数——这就是待定系数法。

基本步骤：

1. 根据条件推测多项式的次数 $n$
2. 设 $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$
3. 利用条件建立方程组
4. 解出系数

技巧

如果已知多项式的根，应设为因式分解形式 $P(x)=a_n(x-r_1)(x-r_2)\cdots(x-r_n)$，这通常比展开形式更高效。

韦达定理的深度应用

对于 $n$次多项式$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0=0$（$a_n \neq 0$），设其 $n$个根为$r_1, r_2, \ldots, r_n$，则：

$$\begin{aligned} \sum r_i &= -\frac{a_{n-1}}{a_n} \newline[4pt] \sum_{i<j} r_i r_j &= \frac{a_{n-2}}{a_n} \newline[4pt] \sum_{i<j<k} r_i r_j r_k &= -\frac{a_{n-3}}{a_n} \newline[4pt] \cdots \newline[4pt] r_1 r_2 \cdots r_n &= (-1)^n \frac{a_0}{a_n} \end{aligned}$$

即：第 $k$个初等对称多项式$e_k$等于$(-1)^k \dfrac{a_{n-k}}{a_n}$。

牛顿恒等式

令幂和 $p_k = r_1^k + r_2^k + \cdots + r_n^k$，则牛顿恒等式连接了幂和与初等对称多项式：

$$p_k - e_1 p_{k-1} + e_2 p_{k-2} - \cdots + (-1)^{k-1} e_{k-1} p_1 + (-1)^k k e_k = 0$$

这是竞赛中计算根的高次幂和的利器。

对称多项式基本定理

对称多项式基本定理

任何关于 $n$个变元的对称多项式，都可以唯一地表示为初等对称多项式$e_1, e_2, \ldots, e_n$ 的多项式。

这里 $e_k$是$k$ 次初等对称多项式：

$$e_1 = \sum_{i} x_i, \quad e_2 = \sum_{i<j} x_i x_j, \quad e_3 = \sum_{i<j<k} x_i x_j x_k, \quad \ldots, \quad e_n = x_1 x_2 \cdots x_n$$

实际意义：任何关于多项式根的对称表达式（如 $\sum a_i^5$、$\sum a_i^2 a_j$ 等），都可以只用方程的系数表示出来，无需解出每个根。这为韦达定理的深入应用提供了理论基础。

构造方法（待定系数法）：

1. 将对称多项式按字典序排列各项
2. 从最高次项开始，用初等对称多项式的乘积逐步消去
3. 反复进行直到表达式化为零

示例

将 $\sum x_1^2 x_2$用$e_1, e_2, e_3$ 表示（三个变元）： 最高次项为 $x_1^2 x_2$，对应 $e_1 e_2 = (x_1+x_2+x_3)(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)$。展开后 $e_1e_2 = \sum x_1^2x_2 + 3x_1x_2x_3$。 因此 $\sum x_1^2x_2 = e_1e_2 - 3e_3$。

幂和与初等对称多项式的关系——牛顿恒等式详解

牛顿恒等式的完整形式：

令 $p_k = r_1^k + r_2^k + \cdots + r_n^k$（$k \ge 1$），则：

对于 $1 \le k \le n$： $$p_k - e_1 p_{k-1} + e_2 p_{k-2} - \cdots + (-1)^{k-1} e_{k-1} p_1 + (-1)^k k e_k = 0$$

对于 $k > n$： $$p_k - e_1 p_{k-1} + e_2 p_{k-2} - \cdots + (-1)^n e_n p_{k-n} = 0$$

牛顿恒等式的推导思路

考虑多项式 $f(x) = \prod_{i=1}^n (x - r_i) = x^n - e_1 x^{n-1} + e_2 x^{n-2} - \cdots + (-1)^n e_n$。

对其求导：$f'(x) = \sum_{i=1}^n \prod_{j \neq i} (x - r_j)$。

注意到 $\frac{f'(x)}{f(x)} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{x - r_i}$。将右边展开为 $x$ 的负幂级数： $$\sum_{i=1}^n \frac{1}{x - r_i} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{1 - r_i/x} = \sum_{i=1}^n \sum_{k=0}^\infty \frac{r_i^k}{x^{k+1}} = \sum_{k=0}^\infty \frac{p_k}{x^{k+1}}$$

另一方面，$\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{nx^{n-1} - (n-1)e_1 x^{n-2} + \cdots}{x^n - e_1 x^{n-1} + \cdots}$。 比较两边 $\frac{1}{x}$ 的各次幂系数即可得到牛顿恒等式。

低次幂和的显式表达（对于三次多项式 $x^3 + px^2 + qx + r = 0$，记 $e_1 = -p$, $e_2 = q$, $e_3 = -r$）：

$$\begin{aligned} p_1 &= e_1 = -p \newline[4pt] p_2 &= e_1 p_1 - 2e_2 = p^2 - 2q \newline[4pt] p_3 &= e_1 p_2 - e_2 p_1 + 3e_3 = -p^3 + 3pq - 3r \newline[4pt] p_4 &= e_1 p_3 - e_2 p_2 + e_3 p_1 = p^4 - 4p^2q + 2q^2 + 4pr \newline[4pt] p_5 &= e_1 p_4 - e_2 p_3 + e_3 p_2 = -p^5 + 5p^3q - 5pq^2 - 5p^2r + 5qr \end{aligned}$$

记忆技巧

牛顿恒等式的符号规律：第 $k$个等式左边是$p_k - e_1 p_{k-1} + e_2 p_{k-2} - \cdots$（正负交替），最后一项 $(-1)^k k e_k$。当 $k > n$时，最后一项不再出现，改为$(-1)^n e_n p_{k-n}$。

例题：设 $a, b, c$是方程$x^3 - 2x^2 + 3x - 5 = 0$的三个根，求$\sum a^5 = a^5 + b^5 + c^5$。

解析：

由韦达定理：$e_1 = a+b+c = 2$，$e_2 = ab+bc+ca = 3$，$e_3 = abc = 5$。

利用牛顿恒等式，从 $p_1$ 开始递推：

$$\begin{aligned} p_1 &= e_1 = 2 \newline[4pt] p_2 &= e_1 p_1 - 2e_2 = 2 \cdot 2 - 2 \cdot 3 = 4 - 6 = -2 \newline[4pt] p_3 &= e_1 p_2 - e_2 p_1 + 3e_3 = 2 \cdot (-2) - 3 \cdot 2 + 3 \cdot 5 = -4 - 6 + 15 = 5 \newline[4pt] p_4 &= e_1 p_3 - e_2 p_2 + e_3 p_1 = 2 \cdot 5 - 3 \cdot (-2) + 5 \cdot 2 = 10 + 6 + 10 = 26 \newline[4pt] p_5 &= e_1 p_4 - e_2 p_3 + e_3 p_2 = 2 \cdot 26 - 3 \cdot 5 + 5 \cdot (-2) = 52 - 15 - 10 = 27 \end{aligned}$$

因此 $a^5 + b^5 + c^5 = 27$。

竞赛技巧

对于更高次幂和（如 $p_{10}$），不建议从 $p_1$一步一步递推——可利用牛顿恒等式的递推公式直接迭代。但竞赛中通常只要求$p_5$ 以内，逐次递推完全可行且不容易出错。

拉格朗日插值公式

拉格朗日插值

给定 $n+1$个互不相同的点$(x_0,y_0), (x_1,y_1), \ldots, (x_n,y_n)$，存在唯一的不超过 $n$次的多项式$P(x)$使得$P(x_i)=y_i$： $$P(x) = \sum_{i=0}^n y_i \prod_{j \neq i} \frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

竞赛应用：当题目给出多项式在某些点的值时，拉格朗日插值可以直接构造出多项式。特别是当取值点具有特殊结构（如 $0, 1, 2, \ldots, n$）时，公式可以简化。

特例：已知 $P(k)=k$（$k=1,2,\ldots,n$），以及 $P(n+1)=n+2$，可用拉格朗日插值直接求 $P(0)$或$P(x)$。

有理根定理

有理根定理

对于整系数多项式 $P(x)=a_nx^n+\cdots+a_0$（$a_n \neq 0$），若有理数 $\frac{p}{q}$（$\gcd(p,q)=1$）是 $P(x)=0$的根，则$p \mid a_0$且$q \mid a_n$。

特别地，若 $a_n=1$（首一多项式），则所有有理根均为整数，且为常数项 $a_0$ 的因数。

艾森斯坦判别法（Eisenstein）：若存在质数 $p$ 使得：

• $p \mid a_i$对所有$i < n$ 成立
• $p \nmid a_n$
• $p^2 \nmid a_0$

则多项式在有理数域上不可约。

竞赛应用

艾森斯坦判别法常与变量代换搭配使用。例如，要证 $x^4+6x^3+12x^2+12x+4$不可约，可令$y=x+1$，化简后再用艾森斯坦。

多项式不可约性判定

不可约性判定是多项式竞赛中的难点和重点。判断一个整系数多项式是否在有理数域上可约，通常需要综合运用多种方法。

模 $p$ 化归法

模 $p$ 化归法

设 $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$是首一多项式。若存在质数$p$，使得 $f(x)$在$\mathbb{Z}_p[x]$（系数模 $p$的多项式环）中不可约，则$f(x)$在$\mathbb{Z}[x]$ 中也不可约。

原理：若 $f(x)$在$\mathbb{Z}[x]$中可约，即$f(x) = g(x)h(x)$，把系数模 $p$ 后，$\bar{f}(x) = \bar{g}(x)\bar{h}(x)$在$\mathbb{Z}_p[x]$ 中也可约。取逆否命题即得上述结论。

注意

反过来不成立：$f(x)$在$\mathbb{Z}_p[x]$中可约，不一定意味着在$\mathbb{Z}[x]$中可约。例如$x^2+1$在$\mathbb{Z}_2[x]$ 中可约（$(x+1)^2 \equiv x^2+1 \pmod{2}$），但在 $\mathbb{Z}[x]$ 中不可约。

操作步骤：

1. 选择一个合适的质数 $p$（通常选 $p=2$或$p=3$）
2. 将 $f(x)$的系数模$p$，得到 $\bar{f}(x) \in \mathbb{Z}_p[x]$
3. 在 $\mathbb{Z}_p[x]$中判定$\bar{f}(x)$ 是否可约
4. 若 $\bar{f}(x)$不可约，则$f(x)$在$\mathbb{Z}[x]$ 中不可约

在 $\mathbb{Z}_p[x]$ 中判定不可约的常用方法：

• 对于低次多项式，直接检查所有可能的一次因式（即检查 $\mathbb{Z}_p$ 中所有元素是否为根）
• 若 $\bar{f}(x)$在$\mathbb{Z}_p$中无根，且次数$\le 3$，则不可约
• 对于 $4$次或$5$次多项式，还需检查二次因式（用多项式除法逐一检验$\mathbb{Z}_p[x]$ 中的不可约二次式）

克罗内克方法

克罗内克（Kronecker）方法

克罗内克给出了一个判定整系数多项式是否可约的有限步算法，理论上可用于任何给定的多项式。

基本思想：设 $f(x)$为$n$次整系数多项式。若$f$可约，则必有一个次数$\le \lfloor n/2 \rfloor$的因式$g(x)$。取 $m = \lfloor n/2 \rfloor$，在 $m+1$个不同的整数点$x_0, x_1, \ldots, x_m$ 上，$g(x_i)$必须是$f(x_i)$的因数。由于$f(x_i)$只有有限个因数，可以枚举所有可能的$g(x_i)$取值，再用拉格朗日插值确定$g(x)$，然后检验 $g(x)$是否整除$f(x)$。

实际应用

克罗内克方法在理论上很完美，但计算量通常很大。竞赛中，如果多项式次数不高（如 $4$次或$5$次），通常直接假设可分解为$(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$ 等形式，用待定系数法求解，若整数解不存在则不可约。

佩龙判别法

佩龙（Perron）判别法

设 $f(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0 \in \mathbb{Z}[x]$ 是首一多项式。若 $$|a_{n-1}| > 1 + |a_{n-2}| + \cdots + |a_0|$$ 且 $f(0) = a_0 \neq 0$，则 $f(x)$在$\mathbb{Z}[x]$ 中不可约。

直观理解：条件意味着多项式有一个根的绝对值显著大于 $1$，而其他所有根的绝对值都小于 $1$。如果多项式可约，不可能出现这种根的分布情况——这是由复分析中的儒歇定理保证的。

示例：$f(x) = x^5 + 10x^4 + 3x + 2$。检验：$|a_4| = 10$，$|a_3|+|a_2|+|a_1|+|a_0| = 0+0+3+2 = 5$。$10 > 1+5 = 6$，满足条件，且 $a_0=2 \neq 0$，故 $f(x)$ 不可约。

多项式不可约的综合策略

综合策略

判定整系数多项式不可约的一般流程：

1. 先检查有理根：用有理根定理排除一次因式
2. 尝试艾森斯坦判别法：直接使用或配合变量代换 $x \to x+1$ 等
3. 尝试模 $p$化归：选$p=2$或$p=3$，在有限域中判定
4. 尝试佩龙判别法：检查系数绝对值条件
5. 待定系数法：假设可分解为低次因式的乘积，建立方程组求整数解
6. 克罗内克方法：作为最后手段（实际竞赛中很少用到）

例题

题目：用模 $p$化归法判定$f(x) = x^5 + 5x + 5$ 在有理数域上是否可约。

解析：

方法一（艾森斯坦判别法）：取 $p=5$。$5$整除所有非首项系数$a_4=a_3=a_2=0$，$a_1=5$，$a_0=5$；$5 \nmid a_5=1$；且 $5^2=25 \nmid a_0=5$。满足艾森斯坦条件，故 $f(x)$ 不可约。

方法二（模 $p$化归法）：取$p=2$，则 $\bar{f}(x) = x^5 + x + 1 \in \mathbb{Z}_2[x]$。

在 $\mathbb{Z}_2$ 中检验根：$\bar{f}(0) = 1 \neq 0$，$\bar{f}(1) = 1+1+1 = 1 \neq 0$。无一次因式。

若 $\bar{f}$ 可约，必为二次×三次。$\mathbb{Z}_2[x]$中唯一的二次不可约多项式是$x^2+x+1$。检验是否整除：

$$(x^5+x+1) \div (x^2+x+1)$$

进行多项式除法：$x^5 \div x^2 = x^3$，$x^3(x^2+x+1) = x^5+x^4+x^3$。在 $\mathbb{Z}_2$中，余式为$x^4+x^3+x+1$。继续：$x^4 \div x^2 = x^2$，$x^2(x^2+x+1) = x^4+x^3+x^2$。余式为 $x^2+x+1$。$x^2+x+1 \div x^2+x+1 = 1$，余 $0$。

等等，这说明 $(x^2+x+1)$整除$(x^5+x+1)$？商为 $x^3+x^2+1$。验证：$(x^2+x+1)(x^3+x^2+1) = x^5+x^4+x^3+x^4+x^3+x^2+x^2+x+1$。在 $\mathbb{Z}_2$ 中，$x^4+x^4=0$，$x^3+x^3=0$，$x^2+x^2=0$，结果为 $x^5+x+1$。确实整除！

因此 $\bar{f}(x)$在$\mathbb{Z}_2[x]$中可约（分解为$(x^2+x+1)(x^3+x^2+1)$）。模 $p$化归法在此例中无法判定不可约——但这不意味着$f(x)$在$\mathbb{Z}[x]$ 中可约。事实上，我们已有方法一（艾森斯坦）证明了不可约。

本例启示

模 $p$化归法只是充分条件——若$\bar{f}$不可约则$f$不可约，但$\bar{f}$可约时$f$ 仍可能不可约。因此需要综合运用多种判定方法。

高次方程的解法

因式分解法

通过有理根定理找到有理根，用多项式除法降次。

示例：解 $x^3-6x^2+11x-6=0$。可能的有理根为 $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6$。试 $x=1$：$1-6+11-6=0$。除以 $(x-1)$得$x^2-5x+6=(x-2)(x-3)$。根为 $1,2,3$。

换元降次法

对于对称方程 $ax^n+bx^{n-1}+\cdots+bx+a=0$，令 $t=x+\frac{1}{x}$。

对于 $ax^4+bx^3+cx^2+bx+a=0$，两边除以 $x^2$后令$t=x+\frac{1}{x}$，可化为二元二次方程。

三次方程卡丹公式

对 $x^3+px+q=0$：

$$x = \sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}} + \sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}$$

判别式 $\Delta = \frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}$：

• $\Delta > 0$：一实根两复根
• $\Delta = 0$：三重实根（全相等）
• $\Delta < 0$：三实根（不可约情形，需用三角形式表达）

四次方程费拉里法

通过配成完全平方之差，化四次方程为两个二次方程之积。

单位根与分圆多项式

方程 $x^n=1$的$n$个复数根为$\omega_k = e^{2\pi i k/n}$（$k=0,1,\ldots,n-1$），称为 $n$ 次单位根。

单位根的关键性质

• $\sum_{k=0}^{n-1} \omega_k = 0$（当 $n>1$）
• $\prod_{k=0}^{n-1} \omega_k = (-1)^{n-1}$
• 本原单位根：$\omega_k$当$\gcd(k,n)=1$时为本原$n$ 次单位根
• 所有本原 $n$次单位根的积等于分圆多项式$\Phi_n(x)$ 的常数项

分圆多项式：$\Phi_n(x) = \prod_{\substack{1 \le k \le n \newline \gcd(k,n)=1}} (x - e^{2\pi i k/n})$。它在有理数域上不可约。

竞赛应用

单位根常用于处理含有 $\binom{n}{k}$组合数的恒等式，通过代入$x=\omega$（三次单位根 $\omega$满足$1+\omega+\omega^2=0$）来筛选出每隔若干项的系数和。

多项式与数论

多项式与数论的交汇是竞赛热门考点，核心在于整系数多项式在整数点上的取值规律。

整系数多项式的整除性质

基本整除性质

设 $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$是整系数多项式，则对任意整数$a, b$： $$a - b \mid P(a) - P(b)$$

证明：$P(a)-P(b) = \sum_{k=0}^n c_k(a^k - b^k)$。由于 $a-b \mid a^k-b^k$对一切$k \ge 1$成立，因此$a-b$ 整除每一项，从而整除总和。

推论：

• 若 $a \equiv b \pmod{m}$，则 $P(a) \equiv P(b) \pmod{m}$
• 若 $P(a) = P(b) = 0$且$a \neq b$，则 $a-b \mid 0$（平凡），但更重要的：$a-b \mid P(a+c)-P(b+c)$对所有整数$c$ 成立

竞赛应用

这个性质常用于证明整系数多项式在整数点取值不可能满足某些特定模式。例如，若 $P(n)$对所有整数$n$都取质数值，则$P$必为常数（因为$P(a)-P(b)$有因子$a-b$）。

多项式同余

多项式同余

设 $P(x), Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$，$m$为正整数。若对任意整数$x$，$P(x) \equiv Q(x) \pmod{m}$，则称 $P(x)$与$Q(x)$模$m$同余，记作$P(x) \equiv Q(x) \pmod{m}$。

关键性质：

• 若 $P(x) \equiv Q(x) \pmod{m}$对所有整数$x$成立，且$P, Q$的次数均小于$m$，则 $P$与$Q$的对应系数模$m$ 同余
• 费马小定理的多项式版本：$x^p \equiv x \pmod{p}$对所有整数$x$ 成立（$p$ 为质数）

拉格朗日定理（同余方程）

拉格朗日定理

设 $p$ 为质数，$f(x) = a_n x^n + \cdots + a_0$为整系数多项式，且$p \nmid a_n$。则同余方程 $$f(x) \equiv 0 \pmod{p}$$ 在模 $p$意义下最多有$n$个解（即最多$n$ 个互不同余的解）。

证明思路：若 $x_1$是一个解，则$f(x) \equiv (x-x_1)g(x) \pmod{p}$，其中 $g(x)$为$n-1$次多项式。对$g(x)$ 归纳即得。

注意：这个定理在模合数时不成立。例如 $x^2 \equiv 1 \pmod{8}$有$4$ 个解：$x \equiv 1, 3, 5, 7 \pmod{8}$。

威尔逊定理的多项式证明

威尔逊定理

$p$为质数当且仅当$(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$。

多项式证法：考虑多项式 $f(x) = x^{p-1} - 1$。由费马小定理，$f(x) \equiv 0 \pmod{p}$对$x=1,2,\ldots,p-1$成立。由拉格朗日定理，这$p-1$ 个解恰好是全部解，因此： $$x^{p-1} - 1 \equiv (x-1)(x-2)\cdots(x-(p-1)) \pmod{p}$$

比较常数项：左边常数项为 $-1$，右边常数项为 $(-1)^{p-1}(p-1)!$。当 $p>2$时$p-1$为偶数，故$(-1)^{p-1}=1$，得 $(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$。

例题

题目：设 $P(x)$为整系数多项式，且$P(0)$和$P(1)$ 均为奇数。证明：$P(x)=0$ 没有整数根。

解析：对任意整数 $n$，考虑 $n$ 的奇偶性。

若 $n$为偶数，则$n \equiv 0 \pmod{2}$，由整除性质 $P(n) \equiv P(0) \pmod{2}$。$P(0)$为奇数，故$P(n)$ 为奇数，$P(n) \neq 0$。

若 $n$为奇数，则$n \equiv 1 \pmod{2}$，$P(n) \equiv P(1) \pmod{2}$。$P(1)$为奇数，故$P(n)$ 为奇数，$P(n) \neq 0$。

因此对所有整数 $n$，$P(n) \neq 0$，即 $P(x)=0$ 无整数根。

多项式的根与系数关系进阶

根的对称函数与判别式

多项式的判别式刻画了多项式是否有重根，是竞赛中的重要工具。

判别式

对于首一多项式 $P(x) = \prod_{i=1}^n (x - r_i)$，判别式定义为： $$\Delta = \prod_{1 \le i < j \le n} (r_i - r_j)^2$$

$\Delta = 0$当且仅当$P(x)$ 有重根。

判别式是根的对称函数，因此可以由方程的系数表示。对于低次多项式，判别式有明确的公式。

三次方程的判别式

对于三次方程 $ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$（$a \neq 0$），判别式为：

$$\Delta = 18abcd - 4b^3d + b^2c^2 - 4ac^3 - 27a^2d^2$$

简化形式

若化为标准形式 $x^3 + px + q = 0$（即 $a=1, b=0$），则判别式简化为： $$\Delta = -4p^3 - 27q^2 = -(4p^3 + 27q^2)$$

这与卡丹公式中的 $\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}$ 相差一个常数因子。实际上，$\Delta < 0$ 对应三实根，$\Delta > 0$ 对应一实根两复根，$\Delta = 0$ 对应重根。

推导思路：设三根为 $r_1, r_2, r_3$。则 $\Delta = (r_1-r_2)^2(r_2-r_3)^2(r_3-r_1)^2$。利用牛顿恒等式将对称函数 $p_2 = \sum r_i^2$和$p_3 = \sum r_i^3$ 等用系数表示，经过代数运算可得上述公式。

结式（Resultant）

结式

两个多项式 $P(x) = a_m \prod_{i=1}^m (x - \alpha_i)$和$Q(x) = b_n \prod_{j=1}^n (x - \beta_j)$ 的结式定义为： $$\operatorname{Res}(P, Q) = a_m^n \thinspace b_n^m \prod_{i=1}^m \prod_{j=1}^n (\alpha_i - \beta_j)$$

$\operatorname{Res}(P, Q) = 0$当且仅当$P$和$Q$ 有公共根。

竞赛意义：结式是判断两个多项式是否有公共根的有力工具。对于两个首一多项式，结式可通过西尔维斯特矩阵的行列式计算。

示例：$P(x) = x^2 + ax + b$，$Q(x) = x^2 + cx + d$。它们的结式为： $$\operatorname{Res}(P, Q) = (b-d)^2 - (a-c)(ad-bc)$$

若此值为 $0$，则两个二次方程有公共根。

多项式的变换

对多项式进行变换，可以得到以原多项式的根的某种函数为根的新多项式。这在竞赛中非常实用。

变换	新多项式（以 $f(x)$的根$r_i$经变换后的值$\varphi(r_i)$ 为根）	构造方法
根平移	$r_i + c$	$g(x) = f(x-c)$
根倒数	$1/r_i$	$g(x) = x^n f(1/x)$（乘以 $x^n$ 消去分母）
根平方	$r_i^2$	$g(x) = \operatorname{Res}_y(f(y),\thinspace y^2-x)$或利用$f(\sqrt{x})f(-\sqrt{x})$
根的倒数差	$1/(r_i - c)$	令$y = 1/(x-c)$，解出 $x = c + 1/y$，代入 $f(x)=0$

常用技巧

已知 $a,b,c$为某三次方程的根，要求以$a^2, b^2, c^2$为根的方程。令$y=x^2$，则 $x=\pm\sqrt{y}$。但由于根有正负号，更好的方法是利用牛顿恒等式：先求出 $\sum a^2, \sum a^2b^2, a^2b^2c^2$，再用韦达定理写出新方程。

例题

题目：设 $a, b, c$是$x^3 - 3x + 1 = 0$的三个根。求以$a^2, b^2, c^2$ 为根的三次方程。

解析：

由韦达定理：$a+b+c = 0$，$ab+bc+ca = -3$，$abc = -1$。

计算新根的三组初等对称多项式：

$$\begin{aligned} \sum a^2 &= (a+b+c)^2 - 2(ab+bc+ca) = 0 - 2(-3) = 6 \newline[4pt] \sum a^2b^2 &= (ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2 = (ab+bc+ca)^2 - 2abc(a+b+c) \newline[4pt] &= (-3)^2 - 2(-1)(0) = 9 \newline[4pt] a^2b^2c^2 &= (abc)^2 = 1 \end{aligned}$$

因此所求方程为 $x^3 - 6x^2 + 9x - 1 = 0$。

多项式恒等式

多项式恒等式的证明方法

核心方法

证明多项式恒等式 $P(x) = Q(x)$ 的常用策略：

1. 恒等定理法：证明 $P(x)-Q(x)$在足够多的点处取值为$0$（若次数 $\le n$，需 $n+1$ 个点）
2. 待定系数法：设 $R(x)=P(x)-Q(x)$，比较系数
3. 导数法：利用多项式在重根处的导数性质
4. 根的性质法：利用单位根、韦达定理等

组合恒等式与多项式

多项式 $P(x) = (1+x)^n$ 的展开是连接多项式与组合数的桥梁：

$$(1+x)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k$$

通过代入 $x$ 的特殊值，可以得到大量组合恒等式：

• $x=1$：$\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} = 2^n$
• $x=-1$：$\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} = 0$
• $x=i$（$i^2=-1$）：可分离实部和虚部，得到 $\sum_{k} \binom{n}{2k} = \sum_{k} \binom{n}{2k+1} = 2^{n-1}$

更高阶技巧

利用 $(1+x)^n (1+x)^m = (1+x)^{n+m}$ 展开并比较系数，可得到范德蒙德恒等式： $$\sum_{k} \binom{n}{k} \binom{m}{r-k} = \binom{n+m}{r}$$

单位根筛选法

单位根筛选法是处理组合数间隔求和的利器。

单位根筛选法

设 $\omega = e^{2\pi i/3}$为三次本原单位根，满足$1+\omega+\omega^2=0$。则对任意多项式 $P(x) = \sum a_k x^k$： $$\frac{P(1) + P(\omega) + P(\omega^2)}{3} = \sum_{k \equiv 0 \pmod{3}} a_k$$

即：取 $P$在三个单位根处的值的平均，恰好筛选出指数为$3$ 的倍数的系数之和。

一般形式：设 $\zeta = e^{2\pi i/m}$，则： $$\frac{1}{m} \sum_{j=0}^{m-1} \zeta^{-rj} P(\zeta^j) = \sum_{k \equiv r \pmod{m}} a_k$$

应用：求 $\sum_{k} \binom{n}{3k}$。取 $P(x) = (1+x)^n$，则： $$\sum_{k} \binom{n}{3k} = \frac{(1+1)^n + (1+\omega)^n + (1+\omega^2)^n}{3}$$

其中 $1+\omega = -\omega^2$，$1+\omega^2 = -\omega$。利用 $\omega$ 的三角形式可进一步化简。

例题

题目：用单位根求 $\displaystyle \sum_{k=0}^{\lfloor n/3 \rfloor} \binom{n}{3k}$。

解析：

取 $P(x) = (1+x)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k$。设 $\omega = e^{2\pi i/3} = -\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}$，满足 $1+\omega+\omega^2=0$且$\omega^3=1$。

$$\begin{aligned} \sum_{k \equiv 0 \pmod{3}} \binom{n}{k} &= \frac{P(1) + P(\omega) + P(\omega^2)}{3} \newline[4pt] &= \frac{2^n + (1+\omega)^n + (1+\omega^2)^n}{3} \end{aligned}$$

注意到 $1+\omega = -\omega^2 = e^{i\pi/3}$，$1+\omega^2 = -\omega = e^{-i\pi/3}$。因此：

$$(1+\omega)^n + (1+\omega^2)^n = e^{in\pi/3} + e^{-in\pi/3} = 2\cos\frac{n\pi}{3}$$

最终结果： $$\sum_{k=0}^{\lfloor n/3 \rfloor} \binom{n}{3k} = \frac{1}{3}\left(2^n + 2\cos\frac{n\pi}{3}\right)$$

多项式函数方程

多项式函数方程是竞赛中的高级题型，要求找出满足特定函数关系的所有多项式。

多项式函数方程的基本类型

基本策略

解多项式函数方程的一般步骤：

1. 确定次数：比较两边的次数，确定多项式的次数 $n$
2. 确定首项系数：比较最高次项的系数
3. 考察根：代入特殊值，分析多项式的根
4. 利用恒等定理：若得到 $P(x)$在无穷多个点处满足某条件，则对所有$x$ 成立

$P(x)^2 = P(x^2)$ 型

典型方程

求所有多项式 $P(x)$满足$P(x)^2 = P(x^2)$。

解法：

设 $P$的次数为$n$。比较两边次数：左边次数为 $2n$，右边次数为 $2n$（若 $P(x^2)$中$x$的最高次为$2n$）。次数匹配，不限制 $n$。

设 $P(x) = a_n x^n + \cdots + a_0$（$a_n \neq 0$）。比较最高次项系数：

• 左边：$a_n^2 x^{2n}$
• 右边：$a_n x^{2n}$

因此 $a_n^2 = a_n$，得 $a_n = 1$（$a_n \neq 0$）。

现在考察 $P(x)$的根。若$P(\alpha)=0$，则 $P(\alpha^2) = P(\alpha)^2 = 0$，所以 $\alpha^2$也是根。进而$\alpha^4, \alpha^8, \ldots$都是根。但$P$只有有限个根，因此$\alpha$要么为$0$，要么 $|\alpha|=1$（使序列不产生无限多个不同的值）。

更深入分析可得，$P(x)$的根只能是$0$或单位根。最终解为$P(x) = 0$，$P(x) = 1$，或 $P(x) = x^n$（$n \ge 0$）。

$P(x)P(x+1) = P(x^2+x+1)$ 型

一般形式

求所有多项式 $P(x)$满足$P(x)P(x+1) = P(x^2+x+1)$。

解法：

比较次数：若 $P$的次数为$n$，左边 $2n$次，右边$2n$次。设$P(x) = a_n x^n + \cdots$。

比较最高次项系数：

• 左边：$a_n^2 x^{2n}$
• 右边：$a_n x^{2n}$

故 $a_n^2 = a_n$，$a_n = 1$。

考察根：若 $P(\alpha)=0$，则 $P(\alpha^2+\alpha+1) = P(\alpha)P(\alpha+1) = 0$。考虑迭代 $\alpha_0 = \alpha$，$\alpha_{k+1} = \alpha_k^2 + \alpha_k + 1$。若 $|\alpha| > 1$，则 $|\alpha_{k+1}| \approx |\alpha_k|^2$，序列发散，产生无限多个不同的根，矛盾。因此所有根满足 $|\alpha| \le 1$。

类似地，若 $P(\alpha-1)=0$，则 $P(\alpha^2-\alpha+1) = P(\alpha-1)P(\alpha) = 0$。

通过细致的分析可得 $P(x) = 1$或$P(x) = (x^2+1)^n$ 等解。

竞赛技巧

多项式函数方程中最关键的一步是确定次数。比较左右两边的次数通常可以直接给出 $n$的值或限制条件。如果次数比较无法确定，则考虑代入特殊值（如$x=0, 1, -1$）来获取系数信息。

例题

题目：求所有多项式 $P(x)$满足$P(x^2) = P(x)P(x-1)$。

解析：

设 $\deg P = n$。比较次数：左边 $2n$，右边 $2n$。设 $P(x) = a_n x^n + \cdots$（$a_n \neq 0$）。

比较最高次项系数：左边 $a_n x^{2n}$，右边 $a_n^2 x^{2n}$。故 $a_n^2 = a_n$，$a_n = 1$。

考察根：若 $P(\alpha)=0$，则 $P(\alpha^2) = P(\alpha)P(\alpha-1) = 0$，故 $\alpha^2$也是根。同理$P(\alpha+1)^2 = P((\alpha+1)^2) = P(\alpha+1)P(\alpha)$，若 $P(\alpha+1) \neq 0$，则 $P(\alpha+1) = P(\alpha) = 0$，矛盾。故 $P(\alpha+1) = 0$。

因此若 $\alpha$是根，则$\alpha^2$和$\alpha+1$也是根。通过分析根的迭代行为，可得$P(x)$的根集为空或有限，最终$P(x) \equiv 0$或$P(x) \equiv 1$。验证：$P(x) \equiv 0$ 满足；$P(x) \equiv 1$ 满足（$1=1\cdot 1$）。

精选例题

例题 1

题目：已知 $x^3+px^2+qx+r=0$的三根为$a,b,c$，用 $p,q,r$表示$a^3+b^3+c^3$。

解析： 由韦达定理：$a+b+c=-p$，$ab+bc+ca=q$，$abc=-r$。

利用牛顿恒等式或恒等式 $a^3+b^3+c^3-3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$。

先求 $a^2+b^2+c^2 = (a+b+c)^2-2(ab+bc+ca) = p^2-2q$。

则 $a^3+b^3+c^3 = 3abc + (a+b+c)[(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca)]$

$= -3r + (-p)[(p^2-2q)-q] = -3r - p(p^2-3q) = -3r - p^3 + 3pq$。

例题 2

题目：多项式 $P(x)$满足$P(0)=0$，$P(1)=1$，$P(2)=4$，$P(3)=9$。已知 $P$是三次多项式，求$P(4)$。

解析： 观察到 $P(x)$在$x=0,1,2,3$处取值为$0,1,4,9$，即 $P(x)$在这些点等于$x^2$。

考虑 $Q(x)=P(x)-x^2$，$Q$不超过三次，且$Q(0)=Q(1)=Q(2)=Q(3)=0$。$Q$有$4$个零点但次数$\le 3$，故 $Q(x) \equiv 0$。

因此 $P(x)=x^2$，$P(4)=16$。

巧妙之处

这类"数据拟合"题，先猜出可能的形式再验证，比直接用拉格朗日插值更快捷。

例题 3

题目：用拉格朗日插值求不超过二次的多项式 $P$满足$P(1)=2$，$P(2)=5$，$P(3)=10$。

解析： 拉格朗日基函数： $$L_1(x)=\frac{(x-2)(x-3)}{(1-2)(1-3)} = \frac{(x-2)(x-3)}{2}$$ $$L_2(x)=\frac{(x-1)(x-3)}{(2-1)(2-3)} = -(x-1)(x-3)$$ $$L_3(x)=\frac{(x-1)(x-2)}{(3-1)(3-2)} = \frac{(x-1)(x-2)}{2}$$

$$P(x) = 2L_1(x) + 5L_2(x) + 10L_3(x)$$

展开合并得 $P(x)=x^2+1$。验证：$P(1)=2, P(2)=5, P(3)=10$。

例题 4

题目：证明多项式 $f(x)=x^5+5x^3+10x+10$ 在有理数域上不可约。

解析：

直接应用艾森斯坦判别法。取质数 $p=5$：

• 首项系数 $a_5 = 1$，$5 \nmid 1$；
• 其余系数 $a_4=0,\thickspace a_3=5,\thickspace a_2=0,\thickspace a_1=10,\thickspace a_0=10$，均被 $5$ 整除；
• 常数项 $a_0 = 10$，$5^2 = 25 \nmid 10$。

由艾森斯坦判别法，$f(x)$在$\mathbb{Q}$ 上不可约。

例题 5

题目：求所有实数 $x$满足$x^4+x^3-4x^2+x+1=0$。

解析： 这是四次对称方程（系数从左到右为 $1,1,-4,1,1$）。

两边除以 $x^2$（$x \neq 0$，检验 $x=0$ 不满足）： $$x^2+x-4+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}=0$$

令 $t=x+\frac{1}{x}$，则 $x^2+\frac{1}{x^2}=t^2-2$。代入： $$(t^2-2)+t-4=0 \implies t^2+t-6=0 \implies t=2 \text{ 或 } t=-3$$

$t=2$：$x+\frac{1}{x}=2 \implies x=1$（重根）。

$t=-3$：$x+\frac{1}{x}=-3 \implies x^2+3x+1=0 \implies x=\frac{-3\pm\sqrt{5}}{2}$。

四个根：$x=1$（二重），$x=\frac{-3\pm\sqrt{5}}{2}$。

例题 6

题目：设 $a,b,c$是$x^3-3x^2+4x-2=0$的三根，求$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$。

解析： 由韦达定理：$a+b+c=3$，$ab+bc+ca=4$，$abc=2$。

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} = \frac{ab+bc+ca}{abc} = \frac{4}{2}=2$$

例题 7

题目：判定多项式 $f(x) = x^4 + 3x^3 + 5x^2 + 3x + 1$ 在有理数域上是否可约。

解析：

先检查有理根：$a_4=1$（首一），可能的有理根为 $\pm 1$。$f(1)=1+3+5+3+1=13 \neq 0$，$f(-1)=1-3+5-3+1=1 \neq 0$。无一次因式。

若 $f(x)$可约，必为二次×二次。设$f(x) = (x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$，其中 $a,b,c,d \in \mathbb{Z}$。

展开比较系数： $$x^4 + (a+c)x^3 + (ac+b+d)x^2 + (ad+bc)x + bd$$

$$\begin{cases} a+c = 3 \newline ac+b+d = 5 \newline ad+bc = 3 \newline bd = 1 \end{cases}$$

由 $bd=1$且$b,d \in \mathbb{Z}$，得 $(b,d) = (1,1)$或$(-1,-1)$。

情况一：$b=d=1$。则 $ad+bc = a+c = 3$，与 $a+c=3$ 一致。$ac+b+d = ac+2 = 5$，得 $ac=3$。联立 $a+c=3$且$ac=3$，$a,c$为$t^2-3t+3=0$的根，判别式$9-12=-3<0$，无整数解。

情况二：$b=d=-1$。则 $ad+bc = -a-c = -(a+c) = -3$，但要求 $ad+bc=3$，矛盾。

因此 $f(x)$ 在有理数域上不可约。

另一种思路

利用对称性：$f(x)=x^4+3x^3+5x^2+3x+1$是四次对称方程。令$t=x+\frac{1}{x}$，可化为 $t^2+3t+3=0$。若 $f$在$\mathbb{Q}[x]$中可约，则$t$的二次方程在$\mathbb{Q}$中有根，但$t^2+3t+3=0$的判别式为$-3$，无有理根，从而 $f$ 不可约。

例题 8

题目：设 $P(x)$为整系数多项式，且$P(0)=1$，$P(1)=3$，$P(2)=5$。求 $P(7)$除以$7$ 的余数。

解析：

利用整系数多项式的整除性质 $a-b \mid P(a)-P(b)$。

取 $a=7$，$b=0$：$7-0=7 \mid P(7)-P(0)=P(7)-1$。因此 $P(7) \equiv 1 \pmod{7}$。

$P(7)$除以$7$的余数为$1$。

关键

不需要知道 $P(x)$的具体形式，仅利用$a-b \mid P(a)-P(b)$即可得到模信息。题目中给出的$P(1)=3$和$P(2)=5$ 在此问中虽未直接使用，但可用于验证：$6 \mid P(7)-3$且$5 \mid P(7)-5$均与$P(7) \equiv 1 \pmod{7}$ 相容。

例题 9

题目：设 $a, b, c$是方程$x^3 - x^2 - 2x + 1 = 0$的三个根。求以$\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ 为根的三次方程。

解析：

方法一（根变换）：令 $y = \frac{1}{x}$，则 $x = \frac{1}{y}$。代入原方程：

$$\left(\frac{1}{y}\right)^3 - \left(\frac{1}{y}\right)^2 - 2\left(\frac{1}{y}\right) + 1 = 0$$

两边乘以 $y^3$： $$1 - y - 2y^2 + y^3 = 0$$

即 $y^3 - 2y^2 - y + 1 = 0$。这就是所求方程。

方法二（韦达定理）：由韦达定理：$a+b+c = 1$，$ab+bc+ca = -2$，$abc = -1$。

$$\begin{aligned} \sum \frac{1}{a} &= \frac{ab+bc+ca}{abc} = \frac{-2}{-1} = 2 \newline[4pt] \sum \frac{1}{ab} &= \frac{a+b+c}{abc} = \frac{1}{-1} = -1 \newline[4pt] \frac{1}{abc} &= -1 \end{aligned}$$

因此所求方程为 $y^3 - 2y^2 - y + 1 = 0$（注意符号：$y^3 - (\sum \frac{1}{a})y^2 + (\sum \frac{1}{ab})y - \frac{1}{abc} = 0$）。

两种方法对比

方法一（根变换）直接代入，计算简洁；方法二（韦达定理）先求新根的对称多项式，适用于新根表达式较复杂的情况。

例题 10

题目：求所有多项式 $P(x)$满足$P(x+1) = P(x) + 2x + 1$且$P(0)=0$。

解析：

方法一（差分法/构造辅助函数）：设 $Q(x) = P(x) - x^2$。则：

$$\begin{aligned} Q(x+1) &= P(x+1) - (x+1)^2 \newline &= P(x) + 2x + 1 - (x^2+2x+1) \newline &= P(x) - x^2 = Q(x) \end{aligned}$$

因此 $Q(x+1) = Q(x)$对所有$x$成立。这说明$Q(x)$是周期为$1$ 的多项式，只能是常数。

由 $P(0)=0$，得 $Q(0) = P(0) - 0^2 = 0$。故 $Q(x) \equiv 0$，$P(x) = x^2$。

方法二（待定系数法）：设 $P(x) = \sum_{k=0}^n a_k x^k$。比较 $P(x+1)-P(x) = 2x+1$ 的次数。

$P(x+1)-P(x)$中最高次项$a_n(x+1)^n - a_n x^n = a_n n x^{n-1} + \cdots$，次数为 $n-1$。等式右边 $2x+1$为一次，故$n-1=1$，$n=2$。

设 $P(x) = ax^2 + bx + c$。$P(0)=0$得$c=0$。

$$\begin{aligned} P(x+1)-P(x) &= a(x+1)^2 + b(x+1) - ax^2 - bx \newline &= a(x^2+2x+1) + bx + b - ax^2 - bx \newline &= 2ax + a + b \end{aligned}$$

与 $2x+1$ 比较系数：$2a=2$，$a+b=1$。得 $a=1$，$b=0$。

因此 $P(x) = x^2$。

差分法

遇到 $P(x+1)-P(x)$ 的形式，考虑构造辅助函数消去非齐次项，是处理此类问题的标准技巧。

例题 11

题目：设 $a, b, c$是方程$x^3 - 2x^2 + 2 = 0$的三个根，求$\displaystyle \frac{1}{a-1} + \frac{1}{b-1} + \frac{1}{c-1}$。

解析：

方法一（根变换）：令 $y = \frac{1}{x-1}$，则 $x = 1 + \frac{1}{y}$。代入原方程：

$$\left(1+\frac{1}{y}\right)^3 - 2\left(1+\frac{1}{y}\right)^2 + 2 = 0$$

展开： $$\left(1 + \frac{3}{y} + \frac{3}{y^2} + \frac{1}{y^3}\right) - 2\left(1 + \frac{2}{y} + \frac{1}{y^2}\right) + 2 = 0$$

合并同类项：

• 常数项：$1 - 2 + 2 = 1$
• $\frac{1}{y}$ 项：$3 - 4 = -1$
• $\frac{1}{y^2}$ 项：$3 - 2 = 1$
• $\frac{1}{y^3}$ 项：$1$

得：$1 - \frac{1}{y} + \frac{1}{y^2} + \frac{1}{y^3} = 0$。乘以 $y^3$：$y^3 - y^2 + y + 1 = 0$。

由韦达定理，新方程三根之和 $\sum \frac{1}{a-1} = 1$。

方法二（通分 + 韦达定理）：

由韦达定理：$a+b+c = 2$，$ab+bc+ca = 0$，$abc = -2$。

$$\sum \frac{1}{a-1} = \frac{(b-1)(c-1)+(c-1)(a-1)+(a-1)(b-1)}{(a-1)(b-1)(c-1)}$$

分母： $$(a-1)(b-1)(c-1) = abc - (ab+bc+ca) + (a+b+c) - 1 = -2 - 0 + 2 - 1 = -1$$

分子： $$\begin{aligned} \sum (b-1)(c-1) &= \sum (bc - b - c + 1) \newline &= (ab+bc+ca) - 2(a+b+c) + 3 \newline &= 0 - 4 + 3 = -1 \end{aligned}$$

因此 $\displaystyle \sum \frac{1}{a-1} = \frac{-1}{-1} = 1$。两种方法一致。

例题 12

题目：讨论方程 $x^3 + px + 1 = 0$的实根个数随参数$p$ 的变化情况。

解析：

对于三次方程 $x^3 + px + 1 = 0$（已化为标准形式，$a=1, b=0, c=p, d=1$），判别式为：

$$\Delta = -4p^3 - 27 \cdot 1^2 = -4p^3 - 27$$

根据判别式的符号判断实根个数：

• 当 $\Delta > 0$，即 $-4p^3 - 27 > 0$，$p^3 < -\frac{27}{4}$，$p < -\frac{3}{\sqrt[3]{4}}$ 时，三个互异实根。

• 当 $\Delta = 0$，即 $p = -\frac{3}{\sqrt[3]{4}}$ 时，三个实根（有重根）。

• 当 $\Delta < 0$，即 $p > -\frac{3}{\sqrt[3]{4}}$ 时，一个实根，两个共轭复根。

补充说明

• 当 $p > 0$ 时，$f(x) = x^3 + px + 1$的导数$f'(x) = 3x^2 + p > 0$，函数单调递增，且 $f(0)=1>0$，$f(-\infty) \to -\infty$，故恰有一个实根，验证了 $\Delta < 0$。
• 当 $p = -\frac{3}{\sqrt[3]{4}}$ 时，$f(x)$的极小值恰好为$0$，形成重根。
• 当 $p < -\frac{3}{\sqrt[3]{4}}$时，极小值为负，极大值为正，函数图像穿过$x$ 轴三次，产生三个实根。

判别式速记

对于 $x^3 + px + q = 0$，判别式 $\Delta = -4p^3 - 27q^2$。$\Delta > 0$ → 三实根，$\Delta < 0$ → 一实两复，$\Delta = 0$ → 有重根。

多项式方法总结

核心脉络

多项式竞赛题的两大脉络：

1. 以根为桥梁：韦达定理 → 牛顿恒等式 → 幂和 / 对称多项式
2. 以插值为工具：已知 $n+1$ 个点值 → 拉格朗日插值 → 唯一确定多项式

不可约性判定的四大工具：有理根定理、艾森斯坦判别法、模 $p$ 化归、克罗内克方法。

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