关于多项式与因式分解的难题如果一个多项式f（x）具有如下性质：f（x）是f（x^2）的一个因式,则称f（x）为一个美丽多项式.如,g（x）=x-1与h（x）=x就是一个美丽多项式,而k（x）=x+2则不是.注

关于多项式与因式分解的难题如果一个多项式f（x）具有如下性质：f（x）是f（x^2）的一个因式,则称f（x）为一个美丽多项式.如,g（x）=x-1与h（x）=x就是一个美丽多项式,而k（x）=x+2则不是.注
关于多项式与因式分解的难题
如果一个多项式f（x）具有如下性质：f（x）是f（x^2）的一个因式,则称f（x）为一个美丽多项式.如,g（x）=x-1与h（x）=x就是一个美丽多项式,而k（x）=x+2则不是.注意：如果a（x）与b（x）都是美丽多项式,则a（x）b（x）也是一个美丽多项式.
如果一个美丽多项式f（x）不能表示成次数小于f（x）的次数的几个美丽多项式的积,则称f（x）为“不可降解的美丽多项式.”
证明f（x）=x^2+x+1是不可降解的美丽多项式
x 和 x-1 是次数为1的唯一的两个“不可降解美丽多项式”吗?还存在其他次数为1的不可降解美丽多项式吗?
x^2+x+1是次数为2的唯一的不可降解美丽多项式吗?
是否有次数为3的不可降解美丽多项式?次数为4呢?是否对于每一个正整数n,都至少有一个不可降解美丽多项式?

关于多项式与因式分解的难题如果一个多项式f（x）具有如下性质：f（x）是f（x^2）的一个因式,则称f（x）为一个美丽多项式.如,g（x）=x-1与h（x）=x就是一个美丽多项式,而k（x）=x+2则不是.注
这个问题的入手点是多项式的因式分解和根的关系.
对于任意多项式P(x)与复数a, x-a | P(x)当且仅当P(a) = 0.
由美丽多项式的条件f(x) | f(x^2), 可以推出f(x)在复数范围内的所有根都是f(x^2)的根.
写出来就是: 若复数a满足f(a) = 0, 则f(a^2) = 0.
此外, 若f(x)没有重根, 上述结果是充要条件.
因为f(x)在复数范围内可分解为彼此互素的一次因子的乘积, 每个因子都整除f(x^2).
于是它们的乘积f(x)也整除f(x^2).
把上面得到的条件写成: 若a是f(x)的根, 则a^2也是f(x)的根.
再由a^2是f(x)的根, 得到a^4是f(x)的根, 依此类推, a^8, a^16,...都是f(x)的根.
但对非零多项式f(x), 至多有有限个根, 因此存在m < n使a^m = a^n.
化为a^m·(a^(n-m)-1) = 0, 即有a = 0或a是单位根(即a的某个正整数方幂 = 1).
我们得到: 美丽多项式的根只能为0或单位根.
再来讨论一下单位根.
若a是方程x^n = 1的一个复根, 则称a是一个n次单位根(一个数可以同时是不同次数的单位根).
若a是一个n次单位根, 容易验证对任意整数k, a^k也是n次单位根.
全体n次单位根恰好对应复平面单位圆周上的n等分点: cos(2kπ/n)+isin(2kπ/n), k = 0, 1, ..., n-1.
记ζ(n) = cos(2π/n)+isin(2π/n), 可知n次单位根都可以写成ζ(n)^k, k = 0, 1, ..., n-1.
如果将ζ(n)^k对应到k, 可以看到n次单位根的乘法运算和mod n的剩余类的加法运算是一致的.
因此n次单位根的平方对应mod n剩余类乘2.
以上观察足够解决这个问题了(其实还包含了不少用不到的结果).
2. 次数为1的美丽多项式只有x与x-1(或它们的非零常数倍).
通过乘以非零常数使首项系数为1, 不妨设次数为1的美丽多项式为x-a.
由a是它的根, 可得a^2也是它的根, 代入得a^2-a = 0, 解得a = 0,1.
1. x^2+x+1是美丽多项式.
这个可以直接验证, 也可以由x^3-1 = (x-1)(x^2+x+1)知道x^2+x+1的两个根分别为ζ(3)与ζ(3)^2.
注意由ζ(3)^3 = 1, 有ζ(3)^4 = ζ(3), 又x^2+x+1无重根, 故为美丽多项式.
而x^2+x+1不被一次的美丽多项式x或x-1整除, 因此是不可降解的.
3. x^2+x+1不是唯一的次数为2的不可降解美丽多项式.
x^2-1也是不可降解的, 因为虽然x^2-1 = (x-1)(x+1), 但是x+1不是美丽多项式.
这两个是仅有的次数为2的不可降解美丽多项式.
设f(x)是次数为2的美丽多项式, a是f(x)的一个根, 有a^2, a^4都是f(x)的根.
若a^2 = a, 有a = 0,1, 有x | f(x)或x-1 | f(x).
f(x)的另一根b满足b^2 = a或b^2 = b, 于是f(x) = x^2, (x-1)^2, x(x-1)或x^2-1.
若a^2 ≠ a, 则a^4 = a或a^2, 解得a = ζ(3), ζ(3)^2或-1.
于是f(x) = x^2+x+1或x^2-1.
4. 我们用单位根构造n次的不可降解的美丽多项式.
若a是f(x)的根, 有a^2, a^4, a^8,...都是f(x)的根.
我们希望f(x)有n个不同的根, 不妨让它们为a, a^2, a^4,..., a^(2^(n-1)), 并使a^(2^n) = a.
可取a = ζ(2^n-1), 此时a, a^2, a^4,..., a^(2^(n-1))两两不等.
以它们根的多项式f(x)是美丽多项式.
假设美丽多项式g(x) | f(x), 则g(x)包含f(x)的某个根a^(2^k).
由g(x)是美丽多项式, a^(2^(k+1)), a^(2^(k+2)),...都是g(x)的根.
特别的, a = a^(2^n)也是g(x)的根, 进而a, a^2, a^4,..., a^(2^(n-1))都是g(x)的根.
因此f(x) | g(x), 二者相差常数倍.
于是f(x)没有非平凡的美丽多项式因式, 是不可降解的.
需要注意的是, 这样构造的美丽多项式是复系数的.
如果限制为实系数, 那么未必存在不可降解的美丽多项式, 例如3次就不存在.
另外构造方法还有很多, 例如(x-1)(x-(-1))(x-√(-1))(x-√√(-1))...

1:f(x²)=(x²)²+x²+1
=(x²+x+1)(x²-x+1)
f(x)是美丽多项式
f(x)=x²+x+1
=[x-(1+3i)／2]·[x-(1-3i)／2]
而显然h(x)=x-(1+3i)/2和k(x)=x-(1-3i)/2都不是美丽多项式。<...

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1:f(x²)=(x²)²+x²+1
=(x²+x+1)(x²-x+1)
f(x)是美丽多项式
f(x)=x²+x+1
=[x-(1+3i)／2]·[x-(1-3i)／2]
而显然h(x)=x-(1+3i)/2和k(x)=x-(1-3i)/2都不是美丽多项式。
故f(x)=x²+x+1是不可降解的美丽多项式
2：假设不唯一，由此可在此基础上假设还有另外的次数为一的不可降解美丽多项式x-n（n为实数）
那么：f（x²）=x²-n 有n=x² （x可取0，1,2,3.。。。,）0和1已经验证，当x=2时我们可以发现f（x）=x-4不是完美多项式，，，，x=3，x=4.。。。都不是完美多项式，故可以由不完全归纳得出求证的结论。
3：f(x)=x(x²+x+1）是次数为3的一个不可降解美丽多项式。
能力有限，不对的地方请大家指正。

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