1、多项式的唯一性第 22 卷第 1 期2005 年 3 月江苏教育学院(自然科学版)JournalofJiangsuInstituteofEducation(NaturalSciences)V01.22No.1Mar.,2005多项式的唯一性曹春正(南京信息工程大学数学系,南京 210044)摘要参考文献 l 证明了如果 P(n)=q(n),P(6)=q(6),p,q 为非常数多项式且 a#b,那么,pg.本文推广了这一结论,得到:对于几种特殊的数集 S,由 P(s)=q(s)亦可推得多项式 p,q 之问的关系.关键词多项式;根;唯一性定理1 引言及主要结果首先给出与本文有关的一些概念:定义 1
2、 设 p(z),q(z)为两个复数域上的多项式,a 为复数.如果 Pa,qa 有相同的根且重数相同,则记P(a)=q(a);(也称 a 为 P(),q(.)的 CM 公共值).定义 2 设集合.s=n,b,c, ,如果 u.z)一 n=0=uzIf(z)一=0,记重数,则记 P(S)=口E5g(S).文献 1 中证明了如下结果:定理 A 如果 P(a):q(a),P(b):q(b),P,q 为非常数多项式且 a6,那么 P 三 g.本文主要思想是从多项式根之间的关系出发,去寻求多项式之间的联系.首先推广了定理 A,得到了在 S=a,b,0,b,c,一 z 一 1=0几种情况下,由条件 P(S)
3、=q(S)推得的多项式 P 与 q 之间的具体关系.然后证明了不存在两个不同的复数 a,b,使得满足 I 厂():n 的根和)=b 的根全在二重以上这一结论.2 定理的内容及证明定理 1S=口 ,b,口6,P(S)=g(S),P,q 为非常数多项式 ,则 p=-q 或 P+q=a+b.证明讨论多项式 M=(Po)(pb),N=(一口)(qb)的关系.因为 P(S)=q(S),所以M(0)=N(0),从而有(pa)(Pb):k(qa)(qb),(k0)(:l1)(1)当 a=一 b 时,(由于 a b,故此时 a0)上式转化为P 一 a=-k(q 一 a)(2)两边求导得ppkqq,显然 P,q
4、 次数相同 ,记为 n 次.由上式,P:0 的 17,个根(记重数)必为 q=0 或 g=0 的根.由于 q=0 只有 lt1 个根,故至少存在一点,使得 P(Zo)=q(z.)=0,将代人(2)得:0 一 a.=k(oa).而 n0,故=1. 因此 P,即Pg,或 P+q0.(2)一般情形时,令 p 厂+鱼,q=g+,代人(1)并化简得(f-)(/+)(g 一)(g+).一144同(1)讨论可得 ;g 或/+g=-0.即得P=-q 或 P+qn+b.定理 2S=n,6,c,n,b,c 两两不等,P(S)=q(S),P,q 为非常数多项式,则有P 一 Lt(qz),其中 f,“l 满足 :=1
5、,“=(n+6+cv/n+6+c 一 abbccn).D证明由题设有(Pn)(P 一 6)(Pc)k(qa)(q 一 6)(qC),(k0)(3)令 P-/+m,q=g+m(m 为一待定常数),代人(3)式,左边为关于/ 的多项式,令一次项系数为 0,求出 m=(n+b+c/n+6+c 一 a6 一 bcca).从而(3)转化为 J厂.一+B;(g 一 Ag+B).($4)(1)若 A=B=0,则由(厂+mn)(+m 一 6)(-厂+H 一 C)=-k(g+m 一)(g+,n b)(g+mc)得至 0 了.一kg.,于是有 ma=mb=mC:0,即有 n=b=C,与题设矛盾.(2)若 A0,B
6、=0,则(4)化为-厂一 Af=-k(g 一 Ag),(5)两边求导得(3 厂一 2a)ff=-k(3g 一 2A)gg:($6)显然 f,g 为同次多项式,设次数为 n.分析(6)式:一 2A=0 的全部根(共 n 个,记重数)必为(6)右端=0 的根.但由于 g=0 至多只有 n 一 1 个根,故必有存在 Z1 使.)=,g(.)=0,存在 Z2 使 Z2),g(:)?13,2若成立时,将代人(5)得:()一 A()=0,故 A=0,矛盾.若成立时,将:代人(5)得 :k=1,于是-厂一 Af-=g.一 Ag.(:=7)令 P=/一 g,Q=fg,(其中 Q 为 2n 次多项式),(7)
7、化为P+3PQAP(f+g)=-0.(8)若 P 不恒为 0,不妨设其次数为 2.由(7)易知,g 首项(即 n 次项)系数必相等.故应有:fn.考虑(8)左端 :P.为 32 次,PQ 为 2n+f 次 ,P(厂+g)为 f+n 次多项式,故P.+3POP(厂+g) 为 2n+1 次多项式,与(8)矛盾.因此有P=-0,即 f=-g.(3)若 A:B,B0,则(4)化为/.+B 一(g+B).两边求导得fkgg,同(6)分析可知 :必存在 z.使 .)使:.)=g(:.)=0. 将.代人(4)得B=kB,故 k=1,从而 f.;.(4)若 A,B 都不为 0,则(4)两边求导得 (6),对(
8、6)进行分析:若存在使-厂()=g(.)=0,将:.代人(4), 得(7).同前讨论可知 :f=-g.若不存在:使 f,g 同时为 0,则必存在:.使_厂(:)=0,g(:)=A.和:,使一145g(:2)=0)=二_4.将 z.,z 分别代入(4)得fB=k(A).一 A().+B,(A,B,都不为 0)【(). 一A()+B=B解得,后=一 l,(后=1 舍去,否则有 A:0).(4)化为_厂+g 一 A(f+g)+2B=-0.令 P=厂+g,Q=fg,(其中 Q 为 2n 次多项式)上式化为P 一 3PQAP+2AQ+2B-0.若 P 不恒为 0,不妨设其次数为 f,易知,g 首项(即几
9、次项 )系数必互为相反数,故有n.从而上式左端为 2n+2 次多项式 ,矛盾.从而有 P=-0,即有 2AQ+2B=-0,故 A=B=0,矛盾.综上所述,当 A=O 时,有,;g, 此时 f=-tg,t=1,即 Pm(qm);而当 A=0 时,有 f-g,即 p-=q.定理证毕.定义 3 设 P,口为非常数多项式,n3 为正整数,S=Iz 一一 1=0,若P(S)=g(S),则 P;q.证明设一一一 1=(.一)(一 Z2)(一),贝 0 由 P 一(S)=g 一(5)得(Pz)(Pz)=-k(g)(q 一),(O)即 P 一 P 一一 1=-k(q 一 q 一一 1),两边求导得P印一( 一
10、 1)p=-kq.nq 一(n 一 1)q:运用抽屉原理,必存在 z,使P(1)=0,g()=0,或同时存在,使p(Z2)=0,q(Z2)=,q(Z3)=0,p(Z3)=.对于第一种情况,有一 1=k(一 1),于是 k=1.对于第二种情况,有卜 1:后()一()l,1()一()一 l:一店亦有 k=1,所以无论哪种情况总有P 一 Pq 一 g,从而(卫 )“一 1;(卫) 一 1.若= 卫不为常=等等等而 q 为多项式,故h 一+h 一+ +1O(V)从而 h,t=1(t1,i=l,n1).设= ,+,为既约多项式.因为tl,故(z)没有零点 ,即为常数(且非零).又t2 故(z)=无解,因
11、此 N 也为常数.所以为常数.矛盾.即表明卫q应为常数,设为 z,结合 p 一 p1;g 一 ql可得:Z=1.因此 P-q.定理 4 设 l 厂为非常数多项式,则不存在两个不同的复数 a,b,使得满足厂()=a 的根和)=b 的根全在二重以上.证明反证法.假设存在这样的 a,b(ab),可设)一 a=k(a1)(za),(9)其中 a 一 a 两两不等,n 一 ,n2.厂(z)一 b=k(zb)(.一 b),($10)其中 b 一 b 两两不等,?2. 显然.中任一数与 b 一 b 中任一数均不同 .(因若有 a=6,则有 o;)一 0=厂(6,)一 b=0,从而 n=b,矛盾)设 I 厂为
12、 次多项式,则凡 l+nm=oL1+ote=将(9)两边求导得):(n)(za) -(nH(ay),1 暴因此)=0 至少有 n 一 1+n 一 1 个根 a 一 a(记重数).同理由(10)两边求导可知 z)=0 至少有 Ot 一 1+OL 一 1 个根 b 一 b(记重数),且它们与 aa 全不同.因此 z)=0 至少有(n11+nm 一 1)+(Ot11+Ol 一 1)=Nm+Ne个根(记重数 ).而)=0 只有 N 一 1 个根(记重数),因此Nm+Ne一 1.即+1 m+e.(11)又 N=n1+n2+2=2m,N=1+2+ +2=2e,故m+eS .与(11)矛盾.故假设错误 ,原
13、命题获证.定理 5 设是非常数多项式,a,b 为有穷复数(a 6),若能够由z)=nz)+z)=a;z)=6z)+z)=b,则.)=CZ+d(C 0,d 为复常数 ).证明设 g():),题设即转化为存在 a,b(a6),使得g(z)=ng)=0;g(.)=bg(z)=0.由定理 4 可知,g() 必为常数.设 g(z);c,即有)c,(f 是非常数多项式 ,故 C0),所以)=CZ+d(C 0,d 为复常数 ).参考文献1 仪洪勋,杨重骏.亚纯函数的唯一性理论.北京:科学出版社 ,1995,115120.2Gundersen,G.G.Meromorphicfunctionsthatshare
14、threeorfourvalues.J.LondonMath.Soc.,20(1979),457-466.3 周正中.复变函数论.广西:广西人民出版社,1982,117 119.UnicityTheoremforPolynomialCAOChunzheng(NangUniversityofInformationScienceTechnology,ng210044,China)AbstractReference1showesJDgifp 一(n)=q 一(n),P 一(6)=q 一(6),andP,qarenoneonstantpolynomia1.ThispaperextendsthetheoremabovetoaconclusionthatPisrelatedtoqcanbeinferredfromtheconditionP(S)=q(S)forsomespecialsetS.Keywordspolynomial;root;unicitytheorem(责任编辑洪生)-.147.-
