轮换式与对称式

概念

对于一个含有字母 \(a,b,c\dots\) 的多项式,将它的任意两个互换,原式保持不变,那么原式为 \(a,b,c\dots\) 的对称式.
对于一个含有字母 \(a,b,c\dots\) 的多项式,将它的字母轮换(即同时 \(a \to b,b \to c, \dots ,z \to a\) ),原式保持不变,那么原式为 \(a,b,c\dots\) 的轮换式.
关于 \(a,b,c\dots\) 的对称式一定是 \(a,b,c,\dots\) 的轮换式,但关于 \(a,b,c\dots\) 的轮换式不一定是对称式.
两个对称式(轮换式)的和,差,积,商(假定被除式能被除式整除)也一定是对称式(轮换式).
对于 \(x,y,z\) :
一次的齐次轮换式: \(l(x + y + z)\) .
二次的齐次轮换式: \(l(x^2 + y^2 + z^2) + m(xy + yz +xz)\) .
三次的齐次轮换式: \(l(x^3 + y^3 + z^2) + m(x^2y + y^2z + z^2x) + n(xy^2 + yz^2 + zx^2) + kxyz\) .
...
一个有用的结论(下面会证明到):当 \(x + y + z = 0\) 时, \(x^3 + y^3 + z^3 = 3xyz\)

题

\(x^2(y - z) + y^2(z - x) + z^2(x - y)\)

当 \(x = y\) 时,原式 \(=x^2(y - z) + y^2(z - y) + 0 = 0\)
因此, \(x - y\) 是原式的一个因式.
又因为原式是 \(x,y,z\) 的轮换式,所以 \(y - z, z - x\) 也是原式的因式.
可是,原式的分解后的系数仍无法确定.
不妨,我们令原式 \(=k(x - y)(y - z)(z - x)\) .
比较, \(x^2y\) (非 \(xyz\) 的任意一项都行)的系数,可得 \(-kx^2y = x^2y \Leftrightarrow k = 1\) .
因此,原式 \(=-(x - y)(y - z)(z - x)\)

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\(a^3(b - c) + b^3(c - a) + c^3(a - b)\)

容易确定, \(a - b, b - c, c - a\) 是原式的因式.
可是, \((a - b)(b - c)(c - a)\) 是三次式,而原式是四次式,所以还差一个一次因式,又因为原式是 \(a,b,c\) 的轮换式, \((a - b)(b - c)(c - a)\) 也是 \(a,b,c\) 的轮换式,所以剩下的因式也一定是 \(a,b,c\) 的一次轮换式,即 \(k(a + b + c)\) .
所以,原式 \(=k(a + b + c)(a - b)(b - c)(c - a)\) .
比较 \(a^3b\) 的系数,得 \(-ka^3b = a^3b \Leftrightarrow k = -1\) .
于是,原式 \(=-(a + b + c)(a - b)(b - c)(c - a)\) .
我们也可以带入适当的 \(a,b,c\) 来求 \(k\) .
当 \(a = 1, b = 2, c = 3\) 时, \(a^3(b - c) + b^3(c - a) + c^3(a - b) = k(a + b + c)(a - b)(b - c)(c - a) \Rightarrow -1 + 16 - 27 = 12k \Leftrightarrow k = -1\) .
因此,原式 \(=-(a + b + c)(a - b)(b - c)(c - a)\) .

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\((a + b + c)^3 - (b + c - a)^3 - (c + a - b)^3 - (a + b - c)^3\)

当 \(a = 0\) 时,原式 \(=0\) ,所以 \(a\) 是原式的一个因式.
由于原式是 \(a,b,c\) 的轮换式.所以 \(a,b,c\) 都是原式的因式.
又由于原式是三次齐次式,所以最多还剩一个常数因式.
不妨我们令原式 \(=k\cdot abc\) .
这时,我们很难直接看出 \(abc\) 在原式中的系数,所以我们可以带入 \(a = b = c = 1\) .
得 \(3^3 - 1 - 1 - 1 = k \Leftrightarrow k = 24\)
所以,原式 \(=24abc\) .

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\((y - z)^5 + (z - x)^5 + (x - y)^5\)

当x = y时, 原式 \(=0\) .
所以, \(x - y\) 是原式的因式,又因为原式是 \(x,y,z\) 的轮换式,所以 \(y - z,z - x\) 也是原式的因式.
可是,原式是五次式,还差一个二次齐次式,我们可以令原式 \(= (x - y)(y - z)(z - x)\left[l(x^2 + y^2 + z^2) + m(xy + yz + zx)\right]\) .
当 \(x = 1,y = 0,z = -1\) 时, \(1 - 32 + 1 = -2(2l - m) \Leftrightarrow 2l - m = 15\) .
当 \(x = 2,y = 1,z = 0\) 时, \(1 - 32 + 1 = -2(5l + 2m) \Leftrightarrow 5l + 2m = 15\) .
解得,

\[\begin{cases} l = 5 \\ m = -5 \end{cases} \]

所以,原式 \(=5(x - y)(y - z)(z - x)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx)\) .

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\(a^5 - b^5 - (a - b)^5\)

当我们把 \(a,b\) 互换时,得 \(b^5 - a^5 - (b - a)^5 = -\left[a^5 - b^5 - (a - b)^5\right]\) ,与原始互为相反数.
所以原式不是轮换式.
我们令 \(c = -b\) ,所以原式 \(=a^5 + c^5 - (a + c)^5\) ,这是一个轮换式.
通过试根,得到 \(a,c,a + c\) 是原式的因式,还差一个二次齐次轮换式,我们令原式 \(=ac(a + c)\left[l(a^2 + c^2) + m\cdot ac\right]\)
当 \(a = 1, c = -2\) 时, \(1 - 32 + 1 = 2(5l - 2m) \Leftrightarrow 5l - 2m = -15\) .
当 \(a = 1, c = -3\) 时, \(1 - 243 + 32 = 6(10l - 3m) \Leftrightarrow 10l - 3m = -35\) .
解得

\[\begin{cases} m = -5 \\ l = -5 \end{cases} \]

所以,原式 \(=-5ac(a + c)(a^2 + c^2 + ac) = 5ab(a - b)(a^2 + b^2 - ab)\) .
当然,如果在上一题中令 \(a = y - z,b = x - z\) 那么 \(a^5 - b^5 - (a - b)^5 = (y - z)^5 - (z - x)^5 - (x - y)^5 = 5(x - y)(y - z)(z - x)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx) = 5(a - b)ab \cdot \dfrac{(x - y)^2 + (y - z)^2 + (z - x)^2}{2} = 5ab(a - b) \cdot \dfrac{(a - b)^2 + a^2 + b^2}{2} = 5ab(a - b) \cdot \dfrac{2a^2 + 2b^2 - 2ab}{2} = 5ab(a - b)(a^2 + b^2 - ab)\)

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\(a^3 + b^3 + c^3 - 3abc\)

当 \(a = -(b + c)\) 时,原式 \(=-(b + c)^3 + b^3 + c^3 + 3b^2c + 3bc^2 = 0\) .
因此, \(a + b + c\) 是原式的因式.
由于原式是三次齐次轮换式,不妨令原式 \(=(a + b + c)(k(a^2 + b^2 + c^2) + m(ab + bc + ac))\) .
易得 \(k = 1, m = -1\) .
所以,原式 $=(a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ac) $ ,也写成 $ \dfrac{1}{2}(a + b + c)\left[(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 \right]$ .
因此,当 \(a + b + c = 0\) 时, \(a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = 0 \Leftrightarrow a^3 + b^3 + c^3 = 3abc\) .

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\(n\) 是大于 \(1\) 的自然数,证明:

\[\begin{equation} (x + y + z)^{2n} - (y + z)^{2n} - (z + x)^{2n} - (x + y)^{2n} + x^{2n} + y^{2n} + z^{2n} \tag{1} \end{equation} \]

能被

\[\begin{equation} (x + y + z)^4 - (y + z)^4 - (z + x)^4 - (x + y)^4 + x^4 + y^4 + z^4 \tag{2} \end{equation} \]

整除.
注:多项式 \(f(x)\) 被多项式 \(g(x)\) 整除即 \(f(x) = g(x)h(x)\) ,其中 \(h(x)\) 为多项式,但系数不一定为整数 .
当 \(x = 0\) 时, \((1)\) 式 $ = 0$ .
所以 \(x\) 是 \((1)\) 式的一个因式,又因为 \((1)\) 式是轮换式,所以 \(y,z\) 也是 \((1)\) 式的因式.
当 \(x = -(y + z)\) 时, \((1)\) 式 \(=0\) ,因此 \(x + y + z\) 是 \((1)\) 式的一个因式.
当 \(n = 2\) 时, \((1)\) 式与 \((2)\) 式等价,于是 \(xyz(x + y + z)\) 也是 \((2)\) 式的因式,而且 \(xyz(x + y + z)\) 与 \((2)\) 式都是四次其次式,所以它们顶多差一个常数因式.
又因为 \((1)\) 式能被 \(xyz(x + y + z)\) 整除,所以 \((1)\) 式能被 \((2)\) 式整除.

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\((b - c)^3(b + c - 2a) + (c - a)^3(c + a - 2b) + (a - b)^3(a + b - 2c)\)

易得, \(a,b,c,a - b,b - c,c - a\) 是原式的因式,但是原式的次数 \(\le 4\) ,所以原式 $ = 0$ (因为 \(0\) 能被任何数整除).

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\(b^2c^2d^2(b - c)(c - d)(d - b) - c^2d^2a^2(c - d)(d - a)(a - c) + d^2a^2b^2(d - a)(a - b)(b - d) - a^2b^2c^2(a - b)(b - c)(c - a)\)
原式是 \(a,b,c\) 的轮换式,易得原式有因式 \(a - b, b - c,c - a\) .同时,将原式看作 \(d\) 的多项式,当 \(d = a\) 的时候,原式 $= 0 $ ,因此 \(d - a\) 是原式的一个因式,由轮换性, \(d - b, d - c\) 也是原式的因式.
所以 \(\left[b^2c^2d^2(b - c)(c - d)(d - b) - c^2d^2a^2(c - d)(d - a)(a - c) + d^2a^2b^2(d - a)(a - b)(b - d) - a^2b^2c^2(a - b)(b - c)(c - a)\right] \div \left[(a - b)(b - c)(c - a)(d - a)(d - b)(d - c)\right]\) 所得的商式是 \(a,b,c,d\) 的三次齐次式,并且,在 \(a,b,c,d\) 中,任意两个字母互换时,商式都保持不变,说明商式是 \(a,b,c,d\) 的三次齐次对称式.
又因为原式对于每一个字母来说,都是四次多项式, \((a - b)(b - c)(c - a)(d - a)(d - b)(d - c)\) 对每个字母来说,都是三次多项式,所以商式对每个字母来说,都是一次多项式.因此,商式的形式为 \(l(abc + bcd + cda + dab)\)
易得, \(l = 1\) .
所以,原式 \(=(a - b)(b - c)(c - a)(d - a)(d - b)(d - c)(abc + bcd + cda + dab)\) .