黃益生，余錦連

（三明學(xué)院信息工程學(xué)院，福建 三明 365004）

(3,n)型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的解

黃益生，余錦連

（三明學(xué)院信息工程學(xué)院，福建 三明 365004）

討論在復(fù)數(shù)域上，當(dāng)f（x）與g（x）的次數(shù)都等于3，并且g（x）的次數(shù)不超過(guò)3時(shí)，多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的解的情況，得到部分結(jié)果。主要結(jié)果為：如果h（x）的次數(shù)等于1，那么這個(gè)函數(shù)方程無(wú)解；如果h（x）的次數(shù)等于2，那么這個(gè)函數(shù)方程一共有8組解；如果h（x）的次數(shù)等于3，那么h（x）的1次項(xiàng)系數(shù)等于零時(shí)，這個(gè)函數(shù)方程一共有24組解；當(dāng)h（x）的2次項(xiàng)系數(shù)等于零時(shí)，但1次項(xiàng)系數(shù)不等于零時(shí)，這個(gè)函數(shù)方程一共有36組解。

多項(xiàng)式；多項(xiàng)式函數(shù)；函數(shù)方程

高等代數(shù)教材中一道習(xí)題[1]∶對(duì)于實(shí)系數(shù)多項(xiàng)式，等式xf2（x）+xg2（x）=h2（x）成立當(dāng)且僅當(dāng)f（x），g（x），h（x）全為零多項(xiàng)式，但是存在不全為零的復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式f（x），g（x），h（x）使得上述等式成立。后一個(gè)事實(shí)等價(jià)于：在復(fù)數(shù)域上，多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）存在不全為零的多項(xiàng)式的解。在文獻(xiàn)[2]中，作者對(duì)f（x），g（x），h（x）這3個(gè)多項(xiàng)式的次數(shù)都不超過(guò)2的情形，求出了上述函數(shù)方程的所有解。本文將探討當(dāng)f（x）與g（x）的次數(shù)都等于3，并且g（x）的次數(shù)不超過(guò)3時(shí)，上述函數(shù)方程的解的情況。將得到g（x）的次數(shù)不超過(guò)2時(shí)的所有解，并得到g（x）的次數(shù)等于3時(shí)的部分解。主要結(jié)果如下：在復(fù)數(shù)域上，當(dāng)f（x）與g（x）的次數(shù)都等于3時(shí)，如果h（x）的次數(shù)等于1，那么多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）無(wú)解；如果h（x）的次數(shù)等于2，那么這個(gè)函數(shù)方程一共有8組解；當(dāng)h（x）的次數(shù)等于3，那么當(dāng)h（x）的1次項(xiàng)系數(shù)等于零的時(shí)候，這個(gè)函數(shù)方程一共有24組解；當(dāng)h（x）的2次數(shù)等于零，但1次項(xiàng)系數(shù)不等于零的時(shí)，這個(gè)函數(shù)方程一共有36組解。

1 預(yù)備知識(shí)

本文中，引用文獻(xiàn)[1]中一些熟知的術(shù)語(yǔ)和結(jié)論，不再另加說(shuō)明。

命題1[2]設(shè)f（x），g（x），h（x）是3個(gè)復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式，使得xf2（x）+xg2（x）=h2（x）。

（1）如果h（x）=0，那么g（x）=±i f（x），這里i是虛數(shù)單位；

（2）如果h（x）≠0，那么h（x）的常數(shù)項(xiàng)等于零；

（3）如果f（x）與g（x）的常數(shù)項(xiàng)分別為a0與b0，那么b0=±i a0。

推論1[2]設(shè)f（x），g（x），h（x）是3個(gè)復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式，如果?[h（x）]=0,那么xf2（x）+xg2（x）=h2（x）。

命題2[2]設(shè)f（x），g（x），h（x）是3個(gè)復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式，并設(shè)xf2（x）+xg2（x）=h2（x），則

（1)f（x）與g（x）的次數(shù)必相等，即?[f（x）]=?[g（x）]；

（2）?[f（x）]≥?[h（x）]且?[g（x）]≥?[h（x）]；

（3）如果?[f（x）]=m≥0，那么bm=±i am，其中am與bm分別是f（x）與g（x）的首項(xiàng)系數(shù)。

注意到虛數(shù)單位i的2次冪等于-1，容易驗(yàn)證命題3成立。

命題3設(shè)a與b是兩個(gè)復(fù)數(shù)，則a+ib=0當(dāng)且僅當(dāng)b=i a；a-i b=0當(dāng)且僅當(dāng)b=-i a，a2+b2=0當(dāng)且僅當(dāng)a+i b=0或a-i b=0。

根據(jù)命題2，當(dāng)f（x）與g（x）的次數(shù)不相等時(shí)，多項(xiàng)式xf2（x）+xg2（x）=h2（x）無(wú)解。為了便于討論，引用文[2]中術(shù)語(yǔ)。

定義1[2]設(shè)f（x），g（x），h（x）是數(shù)域F上的3個(gè)多項(xiàng)式，如果f（x）與g（x）的次數(shù)都等于m，并且h（x）的次數(shù)等于n，那么稱xf2（x）+xg2（x）=h2（x）為一個(gè)（m，n）型多項(xiàng)式函數(shù)方程。

命題4設(shè)f（x），g（x），h（x）是（m，n）型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的一組解，則f（x），-g（x），h（x）也是它的一組解，反之亦然。

這個(gè)命題是顯然的，證明從略。

注1：從上一個(gè)命題中f（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為a0和am。根據(jù)命題1和命題2，當(dāng)n≥0時(shí)，g（x）的常數(shù)項(xiàng)b0和首項(xiàng)系數(shù)分別bm只能為下列4種情形之一：

易見，當(dāng)g（x）的首項(xiàng)系數(shù)和常數(shù)項(xiàng)為第一種（或第二種）情形時(shí)，-g（x）的首項(xiàng)系數(shù)和常數(shù)項(xiàng)為第四種（或第三種）情形。根據(jù)命題4，討論這樣的函數(shù)方程的解時(shí)，只需討論前兩種情形。當(dāng)?shù)谝环N（或第二種）有解時(shí)，只需把其解中的g（x）換成-g（x），就得到第四種（或第三種）情形的解；當(dāng)?shù)谝环N（或第二種）情形無(wú)解時(shí)，第四種（或第三種）也無(wú)解。

設(shè)xf2（x）+xg2（x）=h2（x）是復(fù)數(shù)域上一個(gè)（m，n）型多項(xiàng)式函數(shù)方程，其中m≥0。令f（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為a0和am。根據(jù)命題1和命題2，這個(gè)函數(shù)方程有解的一個(gè)必要條件為g（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為±i a0和±i am，h（x）的常數(shù)項(xiàng)等于零，并且m≥n。

根據(jù)本文開頭說(shuō)明，在文獻(xiàn)[2]中，作者已經(jīng)討論了，在復(fù)數(shù)域上，當(dāng)m≤2且n≤2時(shí)，（m，n）型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的解的情況。

本文討論的時(shí)，當(dāng)這個(gè)函數(shù)方程的型為（3，n）時(shí)，其解的情況。根據(jù)命題1，當(dāng)n=-∞，即h（x）是零多項(xiàng)式時(shí)，這樣的函數(shù)方程有解，其解為g（x）=±i f（x），其中f（x）是任意復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式，根據(jù)推論1和命題2，當(dāng)n=0或n＞3時(shí)，這樣的函數(shù)方程無(wú)解。因此只需討論0＜n≤3的情形。在下面的討論中，總是假定f（x）=a0+a1x+a2x2+a3x3，其中a3時(shí)非零復(fù)數(shù)。

2 （3,1）型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的解

假定xf2（x）+xg2（x）=h2（x）是復(fù)數(shù)域上一個(gè)（3,1）型多項(xiàng)式函數(shù)方程，其中f（x）=a0+a1x+a2x2+a3x3（a3≠0）。根據(jù)命題1和命題2，g（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為±i a0和±i a3，并且h（x）的常數(shù)項(xiàng)為零。

當(dāng)g（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為i a0和i a3時(shí)，可設(shè)g（x）=i a0+b1x+b2x2+ia3x3且h（x）=c1x（c1≠0），其中b1，b2和c1時(shí)待定系數(shù)。于是這個(gè)函數(shù)方程可以寫成x（a0+a1x+a2x2+a3x3）2+x（i a0+b1x+b2x2+i a3x3）2=（c1x）2。把等式兩邊展開，然后合并同類項(xiàng)，得

2a0（a1+i b1）x2+[a12+b12+2a0（a2+i b2）]x3+(2a1a2+2b1b2)x4+[a22+b22+2a3（a1+i b1）]x5+2a3（a2+ib2）x6=c12x2。

因?yàn)閏1≠0，由（2.1）式，有a1+i b1≠0，從而有a3≠0以及（2.2）式，得a22+b22≠0。另一方面，因?yàn)閍3≠0，由（2.3）式，有a2+i b2=0，從而由命題3得a22+b22=0，與a22+b22≠0矛盾。這表明，此時(shí)所給函數(shù)方程無(wú)解。

當(dāng)g（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為i a0和-i a3時(shí)，可設(shè)g（x）=i a0+b1x+b2x2-i a3x3且h（x）=c1x（c1≠0），其中b1，b2和c1時(shí)待定系數(shù)。于是這個(gè)函數(shù)方程可以寫成x（a0+a1x+a2x2+a3x）2+x（i a0+b1x+b2x2-i a3x3）2=（c1x）2；即2a0（a1+i b1）x2+[a12+b12+2a0（a2+i b2）]x3+(2a1a2+2b1b2+4a0a3)x4+[a22+b22+2a3（a1-i b1）]x5+2a3（a2-i b2）x6=c12x2。

因?yàn)閏1≠0，由（2.4）式，有a0≠0，從而有a3≠0，得a0a3≠0。另一方面，由a3≠0以及（2.7）式，有a2-i b2）=0，所以b2=-i a2且a22+b22=0。再由a3≠0以及（2.6）式，得a1-i b1=0，即b1=-i a1，再加上b2=-i a2。因此b1b2=-a1a2。于是由（2.5）式，得a0a3=0，與a0a3≠0矛盾。由此可見，此時(shí)所給函數(shù)方程無(wú)解。

綜合上面的討論，并注意到注1，得到命題5。

命題5在復(fù)數(shù)域上，（3,1）型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）無(wú)解。

3 （3,2）型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的解

假定xf2（x）+xg2（x）=h2（x）是復(fù)數(shù)域上一個(gè)（3,2）型多項(xiàng)式函數(shù)方程，其中f（x）=a0+a1x+a2x2+a3x3（a3≠0）。根據(jù)命題1和命題2，g（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為±i a0和±i a3，并且h（x）的常數(shù)項(xiàng)為零。

當(dāng)g（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為i a0和i a3時(shí)，可設(shè)g（x）=i a0+b1x+b2x2+ia3x3且h（x）=c1x+c2x2（c2≠0），其中b1，b2,c1,c2是待定系數(shù)。于是這個(gè)函數(shù)方程可以寫成x（a0+a1x+a2x2+a3x3）2+x（i a0+b1x+b2x2+ia3x3）2=（c1x+c2x2）2。把等式兩邊展開，然后合并同類項(xiàng)，得

2a0（a1+i b1）x2+[a12+b12+2a0（a2+i b2）]x3+(2a1a2+2b1b2)x4+[a22+b22+2a3（a1+i b1）]x5+2a3（a2+i b2）x6=c12x2+2c1c2x3+c22x4。對(duì)照上式等號(hào)前后4次項(xiàng)、5次項(xiàng)和6次項(xiàng)的系數(shù)，得：

因?yàn)閏2≠0，由（3.1）式，有a1a2+b1b2≠0，即b1b2≠-a1a2。另一方面，因?yàn)閍3≠0，由（3.3）式，有a2+ib2=0，所以b2=i a2且a22+b22=0。從而由（3.2）式，得a1+i b1=0，即b1=i a1，再加上b2=i a2，因此b1b2=-a1a2，與b1b2≠-a1a2矛盾。這表明，此時(shí)所給函數(shù)方程無(wú)解。

當(dāng)g（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為i a0和-i a3時(shí)，可設(shè)g（x）=i a0+b1x+b2x2-i a3x3且h（x）=c1x+c2x2（c2≠0），于是所給函數(shù)方程可以寫成x（a0+a1x+a2x2+a3x3）2+x（i a0+b1x+b2x2-i a3x3）2=（c1x+c2x2）2；即2a0（a1+i b1）x2+[a12+b12+2a0（a2+ib2）]x3+(2a1a2+2b1b2+4a0a3)x4+[a22+b22+2a3（a1-i b1）]x5+2a3（a2-i b2）x6=c12x2+2c1c2x3+c22x4。

對(duì)照上式等號(hào)前后對(duì)應(yīng)次項(xiàng)系數(shù)，有

因?yàn)閍3≠0，由（3.8）式，有a2-i b2=0，從而由命題3，得b2=-i a2且a22+b22≠0。于是（3.7）式變成2a3（a1-i b1）=0，再由a3≠0，得a1-i b1=0，所以b1=-i a2且a12+b12=0。把b1=-i a1與b2=-i a2代入（3.4）和（3.6）兩式，可得c12=4a0a1且c22=4a0a3，所以c12c22=16a02a1a3，并且由c2≠0，有a0≠0。另一方面，把b1=-i a1與b2=-i a2代入（3.5）式，得2a0a2=c1c2，所以（c1c2）2=4a02a22。由此可見，當(dāng)且僅當(dāng)4a02a22=16a02a1a3時(shí)，即a22=4a1a3時(shí)，才能保證（c1c2）2=c12c22。換句話說(shuō)，才能保證所給函數(shù)方程有解?，F(xiàn)在，當(dāng)a22=4a1a3時(shí)，有a2=±2。已知c12=4a0a1且c22=4a0a3，那么且，所以。由此可見，當(dāng)c1與c2同號(hào)時(shí)，有，當(dāng)c1與c2異號(hào)時(shí)，有。又已知b2=-i a2，那么當(dāng)時(shí)，有；當(dāng)時(shí)，有

綜上所述，當(dāng)且僅當(dāng)a22=4a1a3時(shí)，所給函數(shù)方程有解。當(dāng)c1與c2同號(hào)時(shí)，其解一共有2組，它們可以統(tǒng)一用下列公式來(lái)表示（其中a0a3≠0）：

當(dāng)c1與c2異號(hào)時(shí)，其解也有2組，它們可以統(tǒng)一用下列公式來(lái)表示（其中a0a3≠0）：

綜合上面的討論，并注意到注1，得到命題6。

命題6在復(fù)數(shù)域上，（3,2）型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）一共8組解，其解中f（x），g（x）和h（x）的表達(dá)式如下（其中a0a3≠0）。

f（x）a0+x（a1■x）2a0+x（a1■+a3■x）2]±i[a0-x（a1g（x）±i[a0-x（a1■+a3h（x）±2 a0■x）±2 a0■x(a1■+a3■-a3■x）2■-a3■x）2]■x(a1■-a3■x）

例1設(shè)a0=a1=a3=1，則a0a3≠0。根據(jù)命題6，在復(fù)數(shù)域上，由a0，a1，a3這3個(gè)數(shù)可以決定（3,2）型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的8組解，其解得表達(dá)式如下：

f（x）g（x）h（x）1+x（1+x）2±i[1-x（1+x）2]±2x(1+x）1+x（1-x）2±i[1-x（1-x）2]±2x(1-x）

4 （3,3）型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的解

假定xf2（x）+xg2（x）=h2（x）是復(fù)數(shù)域上一個(gè)（3,3）型多項(xiàng)式函數(shù)方程，其中f（x）=a0+a1x+a2x2+a3x3（a3≠0）。那么g（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為±i a0和±i a3，并且h（x）的常數(shù)項(xiàng)為零。由于（3,3）型的情況比較復(fù)雜，在下面的討論中，只得到部分結(jié)果，即只得到c1=0或c2=0時(shí)的結(jié)果。

當(dāng)g（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為i a0和i a3時(shí)，可設(shè)g（x）=i a0+b1x+b2x2+i a3x3且h（x）=c1x+c2x2+c3x3（c3≠0），其中b1，b2,c1,c2，c3是待定系數(shù)。

（1）如果c1=0，那么這個(gè)函數(shù)方程可以寫成x（a0+a1x+a2x2+a3x3）2+x（ia0+b1x+b2x2+ia3x3）2=（c2x2+c3x3）2；把等式兩邊展開，然后合并同類項(xiàng)，得2a0（a1+i b1）x2+[a12+b12+2a0（a2+i b2）]x3+(2a1a2+2b1b2)x4+[a22+b22+2a3（a1+i b1）]x5+2a3（a2+i b2）x6=c22x4+2c2c3x5+c32x6。

由（4.1）可見，a0=0,或a1+i b1=0。

如果a1+i b1=0，那么a12+b12=0，所以（4.2）式變成a0（a2+i b2）=0。已知c3≠0，那么由（4.5）式，有a2+i b2≠0，因此a0=0。這表明，當(dāng)c1=0時(shí)，總有a0=0。

于是（4.2）式表成a12+b12=0，即（a1+i b1）（a1-i b1）=0，所以（a1+i b1）=0或（a1-i b1）=0。

若a1+i b1=0，則b1=i a1，所以（4.3）式變成2a1（a2+i b2）=c22。用a3去乘最后一式兩邊，并用a1去乘（4.5）式兩邊，可得a3c22=a1c32，再加上a3≠0，因此時(shí)，由b1=i a1可見，（4.4）式變成。再用（4.5）式左邊代替（a2+i b2）。注意到（a2+i b2）≠0，因此。把它代入（4.5）式，得。再由得，其中c2與c3同號(hào)。又已知，那么。再加上a0=0，b1=i a1且c1=0，因此當(dāng)a1+i b1且時(shí)，所給函數(shù)方程一共有2組解，它們可以統(tǒng)一用下列一組公式來(lái)表示（其中a1，a2，a3時(shí)滿足條件a3≠0且的任意復(fù)數(shù)）。

當(dāng)a1+i b1=0且時(shí)，所給函數(shù)方程一共有2組解，它們可以統(tǒng)一用下列一組公式來(lái)表示（其中a1，a2，a3時(shí)滿足條件a3≠0且的任意復(fù)數(shù)）。

其次，若a1-ib1=0，則b1=-ia1，所以（4.3）式變成2a1（a2-ib2）=c22。把它的兩邊與（4.5）式兩邊分別相乘，得4a1a3（a22+b22）=c22c32。另一方面，把b1=-ia1代入（4.4）式，得a22+b22+4a1a3=2c2c3，即（a22+b22）-2c2c3+4a1a3=0。所以4a1a3（a22+b22）-2（4a1a3）c2c3+（4a1a3）2=0。用c22c32代替4a1a3（a22+b22），得c22c32--2（4a1a3）c2c3+（4a1a3）2=0，即（c2c3-4a1a3）2=0，因此，c2c3=4a1a3。用4a1a3代替等式a22+b22+4a1a3=2c2c3右邊的c2c3，得a22+b22=4a1a3。這就推出。令Δ=，則b2=±iΔ。當(dāng)b2=iΔ時(shí)，由（4.5）式，有。把它代入等式c2c3=4a1a3，然后用去乘等式的兩邊，得，顯然，a22-Δ2=4a1a3，所以。已知a3≠0，那么當(dāng)a1≠0時(shí)，有注意到，，不難看出，c2與c3必須同號(hào)。當(dāng)a1=0時(shí)，由c2c3=4a1a3且c3≠0得c2=0，所以等式仍然成立。再加上a0=0，b1=-ia1且c1=0，因此當(dāng)a1-ib1=0且b2=iΔ時(shí)，所給函數(shù)方程一共有2組解，它們可以統(tǒng)一用下列一組公式來(lái)表示。

（2）如果c2=0，當(dāng)c1=0時(shí)，這是（1）的特殊情形，因此只需考慮c1≠0的情況。對(duì)于這種情況這個(gè)函數(shù)方程可以寫成x（a0+a1x+a2x2+a3x3）2+x（ia0+b1x+b2x2+ia3x3）2=（c1x+c3x3）2；即2a0（a1+ib1）x2+[a12+b12+2a0（a2+ib2）]x3+2（a1a2+b1b2)x4+[a22+b22+2a3（a1+ib1）]x5+2a3（a2+ib2）x6=c12x2+2c1c3x4+c32x6。其中a3c1c3≠0，對(duì)照上式等號(hào)前后各項(xiàng)系數(shù)，有

因?yàn)閏1≠0且c3≠0，根據(jù)（4.6）和（4.10）兩式，有a0≠0，a1+ib1≠0且a2+ib2≠0?，F(xiàn)在，如果a1-ib1=0，那么a12+b12=0，所以（4.7）式變成2a0（a2+ib2）=0，與a0≠0且a2+ib2≠0矛盾，因此a1-ib1≠0，類似地，由（4.9）式，可得a2-ib2≠0。其次，用a2-ib2去乘（4.6）式兩邊，得2a0[a1a2+b1b2-i(a1b2-a2b1)]=c12(a2-ib2)。注意到（4.8）式，上式可以改寫成2a0[c1c3-i(a1b2-a2b1)]=c12(a2-ib2)，照樣地，由（4.8）和（4.10）兩式，可以推出2a3[c1c3+i(a1b2-a2b1)]=c32(a1-ib1)。分別用a3和a0去乘最后兩個(gè)等式，然后把等號(hào)兩邊分別相加，得

再次，用a0c32(a1-ib1)去乘（4.6）式兩邊，有2a02c32（a12+b12）=a0c12c32(a1-ib1)。用2a02c32去乘（4.7）式兩邊，然后移項(xiàng)，得2a02c32（a12+b12）=-4a03c32（a2+ib2），所以a0c12c32（a1-ib1）=-4a03c32（a2+ib2）。再用a3去乘最后一式兩邊，然后對(duì)照（4.10）可得a3c12[a0c32(a1-i b1)]=-2a03c34。

類似地，由（4.10），（4.9），（4.6）3式，可以推出a0c32[a3c12(a2-i b2)]=-2a33c14。現(xiàn)在，用a0a3c12c32去乘以（4.11）式兩邊，然后把最后兩個(gè)等式代入所得等式，得4a02a32c13c33=-2a34c16-2a04c36，所以a04c36+2a02a32c13c33+a34c16=0，即（a02c33+a32c13）2=0，因此a02c33+a32c13=0，故a02c33=-a32c13。這就推出c33=-a32c13/a02。

時(shí)才能保證（4.8）式成立。換句換說(shuō)，才能保證所給函數(shù)方程有解。已知，那么由

用上式右端代理（4.12）式中的ωk2ζ2Δk，得a0a1ωk2ζ2+a2a3-2a0（a1ωk2ζ2-a3ωkζ）=2a0a3ωkζ，即

綜上所述，如果c2=0，但c1≠0時(shí)，那么當(dāng)且僅當(dāng)，所給函數(shù)方程有解，其解一共有6組，它們可以統(tǒng)一用下列公式來(lái)表示：

當(dāng)g（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為i a0和-i a3時(shí)，可設(shè)g（x）=i a0+b1x+b2x2-i a3x3且h（x）=c1x+c2x2+c3x3c3=ωkc1ζ，所以4a0a1a3c12-a3c14+4a03ωk2c12ζ2。注意到c1≠0，消去上式中的公因式c12，整理得c12=（c3≠0），其中b1，b2,c1,c2,c3是待定系數(shù)。

如果a0=0，那么-i a0=i a0。于是所給函數(shù)方程就是g（x）的常數(shù)項(xiàng)和首項(xiàng)系數(shù)分別為-i a0和-i a3時(shí)相應(yīng)的函數(shù)方程的特殊情形。根據(jù)注1，只需把本節(jié)前面的各組解的公式中g(shù)（x）的表達(dá)式變號(hào)，并把這些公式中的a0換成數(shù)0，就得到該函數(shù)方程的解，因此只需考慮a0≠0的情形。

（1）如果c1=0，那么所給函數(shù)方程就是x（a0+a1x+a2x2+a3x3）2+x（i a0+b1x+b2x2-i a3x3）2=（c2x2+c3x3）2；即2a0（a1+i b1）x2+[a12+b12+2a0（a2+i b2）]x3+(2a1a2+2b1b2+4a0a3)x4+[a22+b22+2a3（a1+i b1）]x5+2a3（a2-i b2）x6=c22x4+2c2c3x5+c32x6。所以

因?yàn)閍0≠0，由（4.13）式，有a1+i b1=0，因此b1=i a1且a12+b12=0.于是由（4.14）式可以推出a2+i b2=0，即b2=ia2。把b1=i a1和b2=i a2代入（4.16）式，得2a1a3=c2c3。兩邊平方，得4a12a32=（c2c3）2。再把b1=i a1和b2=i a2代入（4.15）和（4.17）兩式，得4a0a3=c22且4a2a3=c32。這表明當(dāng)且僅當(dāng)4a12a32=4a0a·34a2a3，即a12=4a0a2時(shí)，才能保證（c2c3）2=c22c32。換句話說(shuō)，才能保證所給函數(shù)方程有解。當(dāng)a12=4a0a2時(shí)，有。注意到c22=4a0a3且c32=4a2a3，因此且，故。由此可見，當(dāng)c2與c3同號(hào)時(shí)，有。此時(shí)，，當(dāng)c2與c3異號(hào)時(shí)，有。此時(shí)，

綜上所述，對(duì)于c1=0且a0≠0這種情況，當(dāng)且僅當(dāng)a12=4a0a2時(shí)，所給函數(shù)方程有解。當(dāng)c2與c3同號(hào)時(shí)，其解一共有2組，它們可以統(tǒng)一用下列公式來(lái)表示（其中a2a3≠0）：

當(dāng)c2與c3異號(hào)時(shí)，其解也有2組，它們可以統(tǒng)一用下列公式來(lái)表示（其中a2a3≠0）：

不難看出，當(dāng)a0=0時(shí)，上述兩組公式中的多項(xiàng)式仍然是所給函數(shù)方程的解。

（2）當(dāng)c2=0時(shí)，根據(jù)前面的討論，只需考慮c1≠0的情況。此時(shí)所給函數(shù)方程為x（a0+a1x+a2x2+a3x3）2+x（i a0+b1x+b2x2-i a3x3）2=（c1x+c3x3）2；即2a0（a1+i b1）x2+[a12+b12+2a0（a2+i b2）]x3+2(a1a2+b1b2+2a0a3)x4+[a22+b22+2a3（a1-i b1）]x5+2a3（a2-i b2）x6=c12x2+2c1c3x4+c32x6。其中a0a3c1c3≠0。對(duì)照前后的對(duì)應(yīng)次項(xiàng)系數(shù)，有

因?yàn)閏1≠0且c3≠0，根據(jù)（4.18）和（4.22）兩式，有a1+i b1≠0且a2-i b2≠0。

分別考慮a1-i b1=0與a1-i b1≠0這兩種情況。

首先考慮a1-i b1=0。對(duì)于這種情況，有b1=-i a1且a22+b22=0。從而由a0≠0以及（4.19）式，得a2+i b2=0，即b2=i a2。把b1=-i a1和b2=i a2代入（4.20）式，得2（a0a2+a2a3）=c1c3。兩邊平方，得4（a1a2+a0a3）2=（c1c3）2。再把b1=-i a1和b2=i a2代入（4.18）和（4.22）式，得4a0a1=c12且4a2a3=c32。因?yàn)?（a1a2+a0a3）2-4a0a·14a2a3=4（a1a2-a0a3）2，不難看出，當(dāng)且僅當(dāng)上式等于零，即a1a2=a0a3時(shí)，才能保證（c1c3）2=c12c32。換句話說(shuō)，才能保證所給函數(shù)方程有解。當(dāng)a1a2=a0a3時(shí)，等式2（a1a2+a0a3）=c1c3可以改寫成4a0a3=c1c3，并且由a0a3≠0，有a1a2≠0，從而有，因此等式b1=-i a1變成。另一方面，已知c12=4a0a1且c32=4a2a3，那么。于是

。注意到c1c3=4a0a3，因此c1與c3必須同號(hào)。

綜上所述，對(duì)于這種情況，當(dāng)且僅當(dāng)a1a2=a0a3時(shí)所給函數(shù)方程有解，其解一共有2組，它們可以統(tǒng)一用下列一組公式來(lái)表示（其中a0a2a3≠0）：

其次考慮a1-ib1≠0。對(duì)于這種情況，由a1+i b1≠0，有a12+b12≠0，從而由（4.19）式，得a2+i b2≠0。用用4a32（a1-i b1）去乘（4.18）式兩邊，得8a0a32（a12+b12）=2a3c12[2a3（a1-i b1）]。于是由（4.19）和（4.21）兩式，有16a02a32（a2+ib2）=2a3c12（a22+b22）。因?yàn)閍2+i b2≠0，所以16a02a32=c12[2a3（a2-i b2）]。從而由（4.22）式得16a02a32=c12c32，因此c1c3=±4a0a3。另一方面，由（4.18）和（4.22）兩式，有

現(xiàn)在，如果c1c3=4a0a3，那么上式可以改寫成a0a1a2a3-a0a1c32-a2a3c12+3a0a3c1c3=2a0a3c1c3即

用a2a3去乘等式兩邊，得（a2a3c1）2-a2a3（a1a2+a0a3）c1c3+a0a1a2a3c32=0，所以（a1a2c3-a0a1a2）（a2a3c1-a0a3c3）=0，因此a2a3c1-a1a2c3=0或a2a3c1-a0a3c3=0故

下面證明a2≠0。事實(shí)上，若a2=0，則由（4.25）式，有a0a1c32=a0a3c1c3，從而由c1c3=4a0a3，得4a0a1c32=c12c32。因?yàn)閏3≠0，所以4a0a1=c12。把最后一式代入（4.23）中的前一式，得b1=-i a1，即a1-i b1=0。這與a1-i b1≠0矛盾。這就證明了a2≠0。再加上a3≠0，因此(4.26)中的兩式等價(jià)于a3c1=a1c3或a2c1=a0c3。

當(dāng)a3c1=a1c3時(shí)，有a3c12=a1c1c3，從而由c1c3=4a0a3，得a3c12=4a0a1a3，即c12=4a0a1。與上一段的討論完全一樣，可得a1-i b1=0。這與a1-i b1≠0矛盾，所以此時(shí)所給函數(shù)方程無(wú)解。

當(dāng)a2c1=a0c3時(shí)，類似地討論可以推出，所給函數(shù)方程無(wú)解。

另一方面，如果c1c3=-4a0a3，那么（4.24）式可以改成4a0a1a2a3-a0a1c32-a2a3c12+12a0a3=-8a02a32，即

a2a3c12-4a0a1a2a3-20a02a32+a0a1c32=0，用c12去乘上式兩邊，然后用16a02a32代替c12c32，得a2a3c14-4a0a1a2a3c12-20a02a32c12+16a03a1a32=0。因?yàn)閍3≠0，消去上式各項(xiàng)的公因式a3，得

現(xiàn)在，若a2=0，則由a0a3≠0，上式可化成5c12=4a0a1，即c12=4a0a1/5。因?yàn)閏1≠0，所以a1≠0。又因?yàn)閏12c32=16a02a32，（4a0a1/5）c32=16a02a32,從而c32=20a0a32/a1。于是由a2=0容易看出，（4.23）中的兩式變成b1=3ia1/5且b2=10i a0a3/a1。把它們代入（4.19）式左邊，得這表明，當(dāng)且僅當(dāng)4a13-125a02a3=0，即4a13=125a02a3時(shí)，才能保證（4.19）式成立。換句話說(shuō)，才能保證所給函數(shù)方程有解。另一方面，當(dāng)4a13=125a02a3時(shí)，有，其中0,1,2。已知b1=3i a1/5且b2=10ia0a3/a1，那么1/ωk=ωk2,得ωk且，即

又已知c12=4a0a1/5且c32=20a0a32/a1，那么且，所以且，從而

注意到c1c3=-4a0a3，由上兩式容易看出c1與c2異號(hào)。

綜上所述，對(duì)于c1c3=-4a0a3且a2=0這種情況，當(dāng)且僅當(dāng)4a13=125a02a3時(shí)，所給函數(shù)方程有解，其解一共有3組，它們可以統(tǒng)一用下列一組公式來(lái)表示：

若a2≠0，則由（4.27）式，有，即

因?yàn)閏1≠0，由（4.28）式，有Δ1±Δ2≠0。于是當(dāng)上式中的符號(hào)±取正號(hào)時(shí)，由c12c32=16a02a32，得，顯然，那么現(xiàn)在，當(dāng)（4.28）式中的符號(hào)±取正號(hào)時(shí)，把c12和c32的上述表達(dá)式分別代入（4.23）中的兩式，得且，即且

因?yàn)棣?=a1a2+5a0a3,所以a1a2-Δ1=-5a0a3，因此。再由c12=。注意到c1c3=-4a0a3。因此c1與c3異號(hào)。另一方面，經(jīng)計(jì)算，有

類似地，可以驗(yàn)證，（4.21）式成立當(dāng)且僅當(dāng)上式成立。

綜上所述，對(duì)于c1c3=-4a0a3且a2≠0這種情況，如果（4.28）式中的符號(hào)±取正號(hào)，那么當(dāng)且僅當(dāng)（4.29）式成立時(shí)，所給函數(shù)方程有解，其解一共有2組，它們可以統(tǒng)一標(biāo)示成

如果（4.28）式中的符號(hào)±取負(fù)號(hào)，類似地可以推出，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)仁剑╝22-5a1a3）Δ2=-（25a0a1a32+3a12a2a3-a1a23+5a0a22a3）成立時(shí)，所給函數(shù)方程有解，其解也有2組解，它們可以統(tǒng)一表示成

總結(jié)上面的討論，并注意到注1，得到下列2個(gè)命題。

命題7設(shè)xf2（x）+xg2（x）=h2（x）施復(fù)數(shù)域上一個(gè)（3，3）型多項(xiàng)式函數(shù)方程，并設(shè)h（x）的1次項(xiàng)系數(shù)等于零，則這個(gè)函數(shù)方程一共有24組解。這些解由兩部分組成，前一部分有16組，其解中的f（x）的表達(dá)式都是a0+a1x+a2x2+a3x3，并且g（x）和h（x）的表達(dá)式如下表示（其中h（x）的最后一項(xiàng)（3次項(xiàng)）系數(shù)必須不等于零，符號(hào)Δ代表

g（x）±i x[a1-(a2-4 a1a3■)x+a3x2]±i x[a1-(a2+4 a1a3h（x）±2x2[a1（a2-2 a1a3x]±2x2[a1（a2+2 a1a3■■）+a1（a2-2 a1a3■■）■)x+a3x2]±i x（a1-Δx-a3x2）±i x（a1+Δx-a3x2）■x]±x2[2a1（a2+Δ）■）+a1（a2+2 a1a3■■）x]±x2[2a1（a2-Δ）■+2a1（a2-Δ）■■+2a1（a2+Δ）■x]

后一部分有8組，其解得表達(dá)式如下表示（表中的a0，a2，a3是任意非零復(fù)數(shù)）：

f（x）a0+2 a0a2■x+a2x2+a3x3a0-2 a0a2g（x）±i（a0+2 a0a2h（x）±2x2（a0a3■+a2a3■x+a2x2+a3x3■x+a2x2-a3x3）±i（a0-2 a0a2■x+a2x2-a3x3）■x）±2x2（a0a3■-a2a3■x）

命題8設(shè)xf2（x）+xg2（x）=h2（x）是復(fù)數(shù)域上一個(gè)（3，3）型多項(xiàng)式函數(shù)方程，并設(shè)h（x）的2次項(xiàng)系數(shù)等于零，但1次項(xiàng)系數(shù)不等于零，則這個(gè)函數(shù)方程一共有36組解。這些解由4部分組成.第一部分有12組，其解中的f（x）的表達(dá)式都是，并且g（x）和h（x）的表達(dá)式如下表示。

g（x）±i[a0+（a1-2Δk）x+a0ωk2ζ2a3■(1+ωkζx2）x（a1-2Δk）x2+a3x3]h（x）±2 a0Δk

第二部分有4組，其解得表達(dá)式如下（表中a0，a2，a3是任意非零復(fù)數(shù)）。

f（x）a0+a0a3 a2 x+a2x2+a3x3g（x）±i（a0-a0a3a2 x+a2x2-a3x3）h（x）±2x（a0a3■+a2a3a2■x2）

g（x）±i（a0+27a02a33 h（x）±x（16a05a3■ωkx+32a0a323■■ωk2x2-a3x3）■ωk3-162a0a354■■ωk23 x2）

第四部分有8組，其中f（x）的表達(dá)式都是a0+a1x+a2x2+a3x3，并且g（x）和h（x）的表達(dá)式如下表示。

g（x）±i（a0-5a0a3+Δ2a2 x2-a3x3）±i（a0-5a0a3-Δ2a2 x+5a0a3-Δ2a1 h（x）±x（2a0（Δ1+Δ2）a2■-2a3（Δ1-Δ2）a1■x2）x+5a0a3+Δ2a1 x2-a3x3±x（2a0（Δ1-Δ2）a2■-2a3（Δ1+Δ2）a1■x2）

例1設(shè)a1=a2=a3=1。對(duì)照命題7中的第一個(gè)表，容易看出，在復(fù)數(shù)域上，由a1，a2，a3這3個(gè)數(shù)可以決定（3,3）型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的16組解。這些解中f（x）的表達(dá)式都是x+x2+x3，并且g（x）和h（x）的表達(dá)式如下表示。

g（x）±i x（1+3x+x2）±i x（1-5x+x2）±i x（1--3 h（x）±2ix2（1+x）±2 3■x2（1+x）±2■x2（1+-3■+1--3■x-x2）±i x（1+-3■■■+1+-3■■x2（1--3■x-x2）■x）±2■x）■

例2設(shè)a0=a2=a3=1。對(duì)照命題7中的第二個(gè)表，容易看出，在復(fù)數(shù)域上，由這3個(gè)數(shù)可以決定（3,3）型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的8組解。其解的表達(dá)式如下表示。

f（x）1+2x+x2+x31-2x+x2+x3g（x）±i（1+2x+x2-x3）±i（1-2x+x2-x3)h（x）±2x2（1+x）±2x2（1-x）

例3設(shè)a0=a1=a3=1。對(duì)照命題8中的第一個(gè)表，容易看出，在復(fù)數(shù)域上，由a0，a1，a3這3個(gè)數(shù)可以決定（3,3）型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的12組解。其解的表達(dá)式如下表示（其中ωk=cos

f（x）1+x+ωk2x2+x3g（x）±i[1-（1+2ωk2）x+ωk（2-ωk）x2+x3]h（x）±2 1+ωk2■（1+ωkx2）x

例4設(shè)a0=2且a3=1。對(duì)照命題8中的第三個(gè)表，在復(fù)數(shù)域上，由a0，和a3這2個(gè)數(shù)可以決定（3,3）型多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的12組解，其解得表達(dá)式如下所示：

f（x）2+5ωkx+x3g（x）±i（2+3ωkx+4ωk2x2-x3）h（x）±2x（2ωk■-2ωk2■x2）

其中a0與a3是任意復(fù)數(shù)，且

?

[1]張禾瑞，郝鈵新．高等代數(shù)［M］．4版．北京：高等教育出版社，1999．

[2]黃益生，魏文芳．低次多項(xiàng)式函數(shù)方程xf2（x）+xg2（x）=h2（x）的解[J]．三明學(xué)院學(xué)報(bào)，2012,29（2）：1-8．

(責(zé)任編輯：朱聯(lián)九)

Solutions of Polynom ial Functional Equation xf2（x）+xg2（x）=h2（x）w ith Type(3,n)

HUANG Yi-sheng,YU Jin-lian
(School of Information Engineering,Sanming College,Sanming 365004,China)

In thispaper,we discuss the situation ofsolutionsof thepolynomial functionalequation xf2（x）+xg2（x）=h2（x）notmore than 3,and obtain partial results.Themain resultsare fellows:if the degreeof h（x）isequal to 1,there is notany solution for the functional equation above;if the degree of h（x）is queal to 2,there are altogether 8 solutions for the same functionalequation;if the degree of h（x）is queal to 3,there are altogether 24 solutions for itwhen the coeffcientof term of the firstdegree of h（x）is queal to zero,and there are altogether 36 solutions for itwhen the coeffcientof term of zhe second degree of h（x）is equal to zero,but the coeffcientof term of the firstdegree of h（x）is not to zero.

polynomial;polynom ia function;functional equation

O 174．14

A

1673-4343（2014）02-0014-13

2013-12-20

福建省教育廳高等學(xué)校教學(xué)質(zhì)量工程資助項(xiàng)目（ZL0902／TZ（SJ））

黃益生，男，福建龍巖人，教授。研究方向：代數(shù)。