根式运算

化简二重根式 记 `sqrt(u^2-v) = n`, 则 `sqrt(u+-sqrt v) = sqrt((u+n)/2) +- sqrt((u-n)/2)`. 如 `sqrt((3-sqrt 5)/2) = (sqrt 5 - 1)/2`, `sqrt(2+sqrt 3) + sqrt(2-sqrt 3) = sqrt 6`, `sqrt(-1+2"i") + sqrt(-1-2"i") = sqrt(2sqrt5-2)` 等等.

记 `a = u + sqrt v`, `b = u - sqrt v`, 则 `sqrt a +- sqrt b` `= sqrt(a + b +- 2 sqrt(a b))` `= sqrt(2(u +- n))`. 解出 `sqrt a`, `sqrt b` 即得结论.

等号右边可以有超过两项吗? 我们考虑 `(sqrt a + sqrt b + sqrt c)^2` `= a+b+c+2(sqrt(ab) + sqrt(bc) + sqrt(ca))`, 其中 `a b, b c, c a` 至少两个数有相同的非平方因子. 这里的非平方因子是指从一个数中约去最大的平方因子的结果. 不妨设 `a b, b c` 有相同的非平方因子 `d`, 那么 `a b * b c // d^2` 是平方数, 即 `a c` 是平方数. 反设 `a, b, c` 的非平方因子均不相同, 特别 `a, c` 有不同的非平方因子, 那么 `a c` 不可能为平方数. 因此, `a, b, c` 中至少两个数有相同的非平方因子. 换言之等号右边最多只有两项.

一元多项式方程

二次方程

熟知一元二次方程 `a x^2 + b x + c = 0`, `a, b, c in RR`, `a != 0` 的求根公式为 `x_(1,2) = (-b +- sqrt(b^2-4 a c))/(2 a)`. 于是, 方程在 `Delta = b^2 - 4 a c gt 0` 时有两个不同实根, `Delta = 0` 时有一对实二重根, `Delta lt 0` 时有一对共轭复根.
一元二次方程的 Vieta 定理是说, `x_1 + x_2 = -b/a`, `quad x_1 x_2 = c/a`. 最后, 如果 `c != 0`, 则方程 `a + b y + c y^2 = 0` 的根存在, 且满足 `y_1 = x_2^-1, y_2 = x_1^-1`, 其中 `y_(1,2) = (-b +- sqrt(b^2-4 a c))/(2 c)` `= (2 a)/(-b ∓ sqrt(b^2-4 a c))`.

也可以由 Vieta 定理得到一元二次方程的求根公式: 设 `a x^2+b x + c = 0` 的两根为 `A+B`, `A-B`, 则 `(A+B) + (A-B) = -b/a`, `quad (A+B)(A-B) = c/a`. 解得 `A = -b/(2a)`, `B = +-sqrt(b^2-4a c)/(2a)`.

一般的一元 `n` 次方程形如 `a_n x^n + a_(n-1) x^(n-1) + cdots + a_1 x + a_0 = 0`, `quad a_n != 0`. 两边同除以 `a_n`, 就可将方程左边化为首一 (最高次项系数为 1) 的多项式: `x^n + b_(n-1) x^(n-1) + cdots + b_1 x + b_0 = 0`. 再作变元替换 `x = y - b_(n-1)/n` (即配 `n` 次方), 可将 `n-1` 次项系数化为零: `y^n + c_(n-2) y^(n-2) + cdots + c_1 y + c_0 = 0`. 下面我们就从首一的, `n-1` 次项系数为零的方程入手, 讨论三次和四次方程的解法.

三次方程

解三次方程 `x^3 + p x + q = 0`.

(Cardano 公式) 令 `x = u + v`, 代入方程有 `u^3 + v^3 + (3 u v + p)(u+v) + q = 0`. 可见 `x` 是方程的解的一个充分条件是 `{ u^3 + v^3 = -q; 3 u v = -p; :}` 令 `alpha = u^3`, `beta = v^3`, 则 `alpha`, `beta` 应当满足 `{ alpha + beta = -q; alpha beta = -p^3/27; :}` 从而由一元二次方程根与系数的关系 (Vieta 定理), `alpha`, `beta` 是 关于 `z` 的方程 `z^2 + q z -p^3/27 = 0` 的两根, 即 `alpha, beta = -q/2 +- sqrt((q/2)^2 + (p/3)^3)`. 以 `omega = -1/2 + (sqrt 3)/2 "i"` 记三次方程 `x^3 = 1` 的一个根, 又记 `root 3 alpha`, `root 3 beta` 分别为三次方程 `u^3 = alpha`, `v^3 = beta` 的一个根, 且满足 `root 3 alpha root 3 beta = -p//3` (在 `p` 为实数时, 将 `root 3 alpha` 和 `root 3 beta` 取为实数, 或一对共轭复数即可). 容易验证, `u^3 = alpha` 的全部根和 `v^3 = beta` 的全部根为 (注意, `n` 次多项式最多只有 `n` 个根) `u = root 3 alpha, omega root 3 alpha, omega^2 root 3 alpha`,
`v = root 3 beta, omega root 3 beta, omega^2 root 3 beta`. 再利用 `u v = -p//3`, 原方程的三个根为: `root 3 alpha + root 3 beta`, `omega root 3 alpha + omega^2 root 3 beta`, `omega^2 root 3 alpha + omega root 3 beta`.

(三角解法, 苏剑林. (2010, Aug 08). 《三次方程的三角函数解法 》[Blog post].) 假设 `p, q in RR`. 引理: 三角恒等式 (前两个是万能代换的变形, 后一个是三倍角公式) `2/(tan 2A) = 1/(tan A) - tan A`,
`2/(sin 2A) = 1/(tan A) + tan A`,
`cos 3A = 4cos^3 A - 3 cos A`. `p = 0` 时, 容易得到惟一实根 `x = root 3 (-q)`. `p != 0` 时, 设 `r = -q |3/p|^(3/2)`, 下面分三种情形讨论方程的解法.
1. `p gt 0` 时, 令 `x = sqrt(p/3) z` 得 `z^3 + 3 z = r`. 再令 `z = w^-1 - w`, 有 `w^-3 - w^3 = (w^-1 - w)(w^-2 + 1 + w^2)` `= z(z^2 + 3) = r`. 令 `w^3 = tan A`, 由引理, `2/(tan 2A) = r`, `quad A = 1/2 arctan{:2/r:}`, `quad w = root 3(tan A)`. 由于 `"d"/(dz) (z^3 + 3 z) = 3 z^2 + 3 gt 0`, 函数 `z^3 + 3 z` 在 `(-oo, +oo)` 上单调增, 且取遍一切实数值, 所以 `z^3 + 3 z = r` 恒有一个实根.
2. `p lt 0`, `|r| ge 2` 时, 令 `x = sqrt(|p|/3) z` 得 `z^3 - 3 z = r`. 再令 `z = w^-1 + w`, 有 `w^-3 + w^3 = (w^-1 + w)(w^-2 - 1 + w^2)` `= z(z^2 - 3) = r`. 令 `w^3 = tan A`, 由引理, `2/(sin 2A) = r`, `quad A = 1/2 arcsin{:2/r:}`, `quad w = root 3(tan A)`. 由反正弦函数的定义域知, 上述公式只对 `|r| ge 2` 有效. 事实上, 由 `"d"/(dz) (z^3 - 3 z) = 3 z^2 - 3` 知, 函数有两个极值点 `z = +- 1`, 因而容易推出 `z^3 - 3 z = r` 在 `|r| gt 2` 时只有一实根, `|r| = 2` 时有一对实的重根和另一实根, 而 `|r| lt 2` 时, 有三个不同实根.
3. `p lt 0`, `|r| lt 2` 时, 令 `z = 2 cos A`, 利用引理, `r = z^3 - 3 z = 2 (4 cos^3 A - 3 cos A) = 2 cos 3A`,
   `A = 1/3 (arccos{:r/2:} + 2 k pi)`, `quad k = 0, 1, 2`.

(盛金公式) 方程 `a x^3 + b x^2 + c x + d = 0`, `quad a, b, c, d in RR`. 计算三个重根判别式: `A = b^2 - 3 a c`,
`B = b c - 9 a d`,
`C = c^2 - 3 b d` 和总判别式 `Delta = B^2 - 4 A C`, 有:
1. `A = B = 0` 时, 有三重实根 `x_(1, 2, 3) = -b/(3a) = -c/b = -(3d)/c`.
2. `Delta = 0`, 且 `A != 0` 时, 有一实单根和一实二重根 `x_1 = B/A - b/a`, `quad x_(2,3) = -B/(2A)`.
3. `Delta gt 0` 时, 有一实根, 一对共轭复根 `x_1 = (-b - (root 3 y_1 + root 3 y_2))/(3a)`,
   `x_(2, 3) = (-b + 1/2(root 3 y_1 + root 3 y_2) +- (sqrt 3)/2(root 3 y_1 - root 3 y_2)"i")/(3 a)`. 其中 `y_(1, 2) = A b + 3 a((-B+-sqrt Delta)/2)`.
4. `Delta lt 0`, `A gt 0`, 且 `T = (2 A b - 3 a B)/(2 sqrt (A^3)) in [-1, 1]` 时, 有三个不同实根 `x_1 = (-b - 2 sqrt A cos{:theta/3:})/(3 a)`,
   `x_(2, 3) = (-b + sqrt A(cos{:theta/3:} +- sqrt 3 sin{:theta/3:}))/(3 a)`. 其中 `theta = arccos T`.

三次方程 `x^3 + p x + q = 0` (`p, q in RR`) 的判别式记为 `Delta = (q//2)^2 + (p//3)^3`.
1. `Delta gt 0` 时, 方程有一实根, 一对共轭复根;
2. `Delta lt 0` 时, 方程有三个不同的实根; 记 Cardano 公式中的 `alpha, beta = r "e"^(+-"i"theta)`, 则三个根是 `2 * root 3 r cos(theta/3 + varphi)`, `quad varphi = 0, (2pi)/3, (4pi)/3`.
3. `Delta = 0` 时, 方程有一个一重实根 `-2 root 3(q//2)`, 一个两重实根 `root 3(q//2)`.

解方程 `27 x^3 + 54 x^2 - 369 x - 370 = 0`.

最高次项系数化为 1, `x^3 + 2 x^2 - 41/3 x -370/27 = 0`. 令 `x = y - 2/3`, `y^3 - 15 y - 4 = 0`. 故 `q/2 = -2`, `p/3 = -5`, `Delta = (q/2)^2 + (p/3)^3 lt 0`, 有三个不 同实根. 解得 `alpha = 2 + 11"i" = (2+"i")^3`, `quad beta = 2 - 11"i" = (2-"i")^3`. 所以三个实根为 `4, -2-sqrt3, -2+sqrt3`. 而原方程的根为 `10/3, -8/3-sqrt3, -8/3+sqrt3`.

1. 化简 `root 3(3+sqrt(275/27)) + root 3(3-sqrt(275/27)) = root 3 2`.
2. 化简 `root 3(2+sqrt 5) = (1+sqrt 5)/2`.
3. 化简 `root 3(2+11 "i") + root 3(2-11 "i") = 4`.

1. 利用 Cardano 公式 `root 3(-q/2 + sqrt((q/2)^2 + (p/3)^3))` `+ root 3(-q/2 - sqrt((q/2)^2 + (p/3)^3))`, 原式化为方程 `x^3 + 2^(5/3) x - 6 = 0` 的一根. 由于判别式大于 0, 该方程只有一个实根, 观察知该实根等于 `root 3 2`.
2. 利用 Cardano 公式, `root 3(2+sqrt 5) + root 3(2 - sqrt 5)` 是 `x^3 + 3x - 4` 的唯一实根, 观察知 `x = 1`. 又 `root 3(2+sqrt 5) root 3(2-sqrt 5) = -1`, 于是由 `u + v = 1`, `u v = -1` 解得 `u, v = (1 +- sqrt 5)/2`. 其中 `root 3(2+sqrt 5)` 取较大的一个, 即 `(1+sqrt 5)/2`.
3. 表达式含有虚数, 对应的三次方程有三个实根. 怎么办呢? 先注意到 `|2+11"i"| = sqrt(125)`, 所以 `|root 3 (2+11"i")| = sqrt 5`, 猜测 `(2+"i")^3 = 2+11"i"` 并验证即可. 于是原式等于 `2+"i"+2-"i" = 4`.

四次方程

解四次方程 `x^4 + p x^2 + q x + r = 0`.

设方程左侧可以因式分解为 `x^4 + p x^2 + q x + r = (x^2 - k x + m)(x^2 + k x + n)` 注意我们已将两个二次因式中的一次项系数设为相反数, 这是因为它们相乘的结果的三次项系数为零. 比较各次项系数有: `{ m + n -k^2 = p; k(m-n) = q; m n = r; :}` 由前两式得 `2k m = k(k^2 + p) + q`,
`2k n = k(k^2 + p) - q`. 代入第三式, `4k^2 r = k^2 (k^2 + p)^2 - q^2`, 即 `k^6 + 2p k^4 + (p^2 - 4r)k^2 - q^2 = 0`. 上式看作关于 `k^2` 的一元三次方程, 取它的任一根 (比如实根), 就可得到 `m, n` 的值, 进而解两个一元二次方程 `x^2 - k x + m = 0`, `quad x^2 + k x + n = 0` 得到原方程的根.

[来自 bilibili:千梓猫鹿] 一个类似三次方程 Cardano 公式的解法. 设 `x = u + v + w` 是方程的解, 则 `x^2 = sum u^2 + 2 sum u v`,
`x^4 = (sum u^2)^2 + 4(sum u^2)(sum u v)` `+ 4 sum u^2 v^2 + 8 u v w sum u`, 代入原方程得 `(sum u^2)^2 + 4 sum u^2 v^2` `+ (8 u v w + q) sum u + (4 sum u^2 + 2 p) sum u v` `+ p sum u^2 + r = 0`. 因此 `x` 是方程的解的充分条件为 `{ (sum u^2)^2 + 4 sum u^2 v^2 + p sum u^2 + r = 0; 8 u v w + q = 0; 4 sum u^2 + 2 p = 0; :}` 化简得到 `u^2, v^2, w^2` 满足的方程组: `{ sum u^2 = -p // 2; u^2 v^2 w^2 = (q//8)^2; sum u^2 v^2 = (p//4)^2 - r//4; :}` 利用 Vieta 定理, 它们是三次方程 `z^3 + p/2 z^2 + [(p/4)^2 - r/4] z - (q/8)^2 = 0` 的三根. 至此问题化为求解三次方程.

解高次方程的实用策略
1. 消去重根. 从 `f(x)` 中约去 `(f(x), f'(x))`, 得到最多只含一重根的多项式. 最大公因式可用辗转相除法求.
2. 整系数多项式的有理根 (如果存在) 写为最简分数, 其分母是首项系数的因子, 分子是常数项的因子. 特别地, 首一的整系数多项式, 其有理根只能是整数. 证明参考这里.
3. Gauss 引理 若 `ZZ` 上的多项式 `f` 在 `QQ` 上可约, 则它在 `ZZ` 上可约.
4. `QQ` 上既约多项式的 Eisenstein 判别法. 令 `f(x) = a x^n + p c_(n-1) x^(n-1) + cdots + p c_1 x + p b` 是次数大于 1 的整系数多项式, `p` 为一素数, 且 `(a, p) = (b, p) = 1`. 则 `f` 在 `QQ` 上既约, 即 `f` 不存在有理根. 例如, `x^4 - p` 在 `QQ` 上既约.

[题源网络] 郭小弟有四個女朋友，恰好一個比一個大兩歲，且他們年齡的乘積是 3465，請問最大的女孩年齡是多少？

设她们年龄的平均值是 `x`, 则 `(x+1)(x-1)(x+3)(x-3) = 3465`, 上式可轻松化为 `x^2` 的二次方程, 这就避免了四次方程. 解得 `x = 8`, 于是四个女朋友的年龄分别是 5, 7, 9, 11 😅.

即使你不小心设了 `x` 是最小的那个年龄, 得到了下面这样的四次方程: `x^4 + 12x^3 + 44x^2 + 48x - 3465 = 0`, 没有关系! 待定系数 `(x^2 + a x + b)(x^2 + a x + c)` `= x^4 + 2a x^3 + (a^2+b+c)x^2 + a(b+c)x + b c`, 得到 `a = 6`, `b+c=8`, `b c = -3465`. 从而 `{b, c} = {63, -55}`. 分别解方程 `x^2 + a x + b = 0` 和 `x^2 + a x + c = 0`, 其中一个方程无实根, 另一方程有两实根 -11 和 5. 只有 5 符合题意.

解方程 `x^4 + 5 x^3 + 2 x^2 + 20 x + 16 = 0`.

假设左边可以分解为 `(x^2 + a x + 4)(x^2 + b x + 4)`, 则 `a + b = 5`, `quad a b + 8 = 2`, `quad 4(a + b) = 20`. 于是 `a, b` 是方程 `y^2 - 5 y - 6 = 0` 的两根, `{a, b} = {6, -1}`. 后面的处理是容易的.

Lagrange 预解式

五次及以上一般方程无根式解的证明思路

根式可解

设 `a^n in bbb F`, 即 `a` 是 `bbb F` 中某个元素的 `n` 次方根. 把 `a` 加到 `bbb F` 中生成的域 `bbb F(a)` 称为 `bbb F` 的一个单根式扩域. 若存在单根式扩张的链条 `bbb F sube bbb F_1 sube bbb F_2 sube cdots sube bbb K`, 则 `bbb K` 称为 `bbb F` 的一个根式扩域.

设 `f` 是 `bbb F` 上的 `n` 次多项式, 且在 `bbb F` 的扩域 `bbb K` 上能被完全因式分解: `f(x) = a(x-k_1)cdots(x-k_n)`, `quad k_1, cdots, k_n in bbb K`, 满足上式的最小域 `bbb K` 称为 `bbb F` 的分裂域.

于是, `f in bbb F[x]` 根式可解定义为: `f` 的分裂域 `bbb K` 是 `bbb F` 的一个根式扩域. 换言之, 存在 `bbb F` 的一个根式扩域包含 `f` 的所有根.

可解群与 Galois 群

一个群是 `G` 可解的, 是指存在正规子群的链条 `{e} normal H_1 normal H_2 normal cdots normal G`, 且相邻两个群之商 `H_(i+1) // H_i` 都是 Abel 群.

设 `bbb K` 是 `bbb F` 的扩域, 则 `bbb K` 上全体保持 `bbb F` 中元素不变的自同构组成一个群, 称为 `bbb K` 在 `bbb F` 上的 Galois 群 `Gal(bbb K, bbb F)`.

Galois 定理 `f in bbb F[x]` 根式可解当且仅当其分裂域 `bbb K` 在 `bbb F` 上的 Galois 群可解.

由于一般的五次多项式的 Galois 群不可解, 故一般五次方程无根式解.

五次方程的 Bring-Jerrard 标准形 `x^5 +- x + k = 0`. 一般地, `n` 次方程可以化简消去 `n-1`, `n-2`, `n-3` 次项. [来自 stackexchange]

1. 对方程的根作 Tschirnhaus 变换, 消去 4 次和 3 次项. 设 `x_i`, `i = 1, cdots, 5` 是原方程的根, 令 `y_i = x_i^2 + m x_i + n`, 只需将原方程与 `y = x^2 + m x + n` 联立, 求解结式 (resultant), 比如使用 wolfram 语言:

   Collect[Resultant[x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e, y-(x^2+mx+n), x],y]

   就得到 `y^5 + c_1 y^4 + c_2 y^3 + c_3 y^2 + c_4 y + c_5 = 0`. 其中 `c_1 = -a^2 + 2 b + a m - 5 n`,
   `c_2 = b^2 - 2 a c + 2 d + (3c - a b)m + (4a-8b)n + b m^2 - 4 a m n + 10 n^2`. 通过求解二次方程组, 选择适当的 `m, n`, 就能使 `c_1 = c_2 = 0`, 得到 `y^5 + u y^2 + v y + w = 0`.
2. 要继续消去方程的 2 次项, 一个简单的想法是使用 3 次 Tschirnhaus 变换, 但这会引出 1 次, 2 次和 3 次方程的方程组, 最终需要求解一个 6 次方程. Bring 与 Jerrard 另辟蹊径, 使用 4 次 Tschirnhaus 变换, 利用额外多出的一个参数来避免高次方程: `z = y^4 + p y^3 + q y^2 + r y + s`, 与 联立有 `z^5 + d_1 z^4 + d_2 z^3 + d_3 z^2 + d_4 z + d_5 = 0`, 其中 `d_1 = -5s + 3p u + 4v`,
   `d_2 = 10s^2 - 12p s u + 3p^2 u^2 - 3q u^2 + 2q^2 v - 16 s v` `+ 5 p u v + 6 v^2 + 5p q w - 4u w + r(color(#823)(3q u + 4p v + 5 w))`,
   `d_3 = ** r^3 + ** r^2 + ** r + **`. 令 `d_1 = d_2 = 0` 以及 `color(#823)(3q u + 4p v + 5 w) = 0`, 只需求解二次方程组即可得到 `p, q, s` 的值. 注意我们的条件使得前两个方程与变量 `r` 无关, 因此可以独立地使用 `d_3 = 0` 的任一解作为 `r` 的值. 总之我们有 `z^5 + d_4 z + d_5 = 0`.
3. 最后, 应用伸缩变换 `z = t // f`, `t^5 + d_4 f^4 t + d_5 f^5 = 0`, 再令 `d_4 f^4 = +-1` 解出 `f` 的值即可.
4. 注: 如果你想手动得到 1. 中的结式, 可以展开 `prod (y - x_i^2 - m x_i - n) = 0`, 利用 Vieta 定理和 Newton 多项式消去展式中的 `x_i`, 便得到 `y` 的五次方程.

对称多项式

若一个 `n` 元代数式 `f(x_1, x_2, cdots, x_n)` 对任意实数 `t` 满足 `f(t x_1, t x_2, cdots, t x_n) = t f(x_1, x_2, cdots, x_n)`, 就称它为 `n` 元齐次式. 齐次的 `n` 元多项式称为 `n` 元齐次多项式. 容易知道, 一个多项式是齐次的当且仅当它的各项次数都相等, 如 `x^3 - 2x^2 y` 就是一个齐次多项式.

若一个 `n` 元代数式 `f(x_1, x_2, cdots, x_n)` 满足:
1. 交换其中任意两个字母 `x_i`, `x_j` 后都保持不变, 即 `f(x_1, cdots, x_i, cdots, x_j, cdots, x_n)` `= f(x_1, cdots, x_j, cdots, x_i, cdots, x_n)`, 就称它为 `n` 元对称式.
2. 交换其中任意两个字母 `x_i`, `x_j` 后恰好变为原来的 -1 倍, 即 `f(x_1, cdots, x_i, cdots, x_j, cdots, x_n)` `= -f(x_1, cdots, x_j, cdots, x_i, cdots, x_n)`, 就称它为 `n` 元交代式.
3. 将字母 `x_1, x_2, cdots, x_(n-1), x_n` 分别换成 `x_2, x_3, cdots, x_n, x_1` 后保持不变, 即 `f(x_1, x_2, cdots, x_(n-1), x_n)` `= f(x_2, x_3, cdots, x_n, x_1)`, 就称它为 `n` 元轮换式. 显然对称式必为轮换式.
对称的 (交代的, 轮换的) `n` 元多项式分别称为 `n` 元 对称多项式 (symmetric polynomial) (交代多项式, 轮换多项式).

`(x+y)/(x y)` 是对称式, `x+y`, `x y`, `x^2 + y^2 + z^2`, `x y+y z+z x` 是对称多项式. `(x-y)/(x+y)` 是交代式, `x-y`, `(x-y)(y-z)(z-x) = |1, 1, 1; x, y, z; x^2, y^2, z^2|` 是交代式. `x^2 y + y^2 z + z^2 x` 是轮换式.

初等对称多项式 (基本对称多项式, elementary symmetric polynomial) 关于 `n` 个变元 `x_1, cdots, x_n` 的初等对称多项式定义为 `sigma_i(x_1, cdots, x_n) = sum_(C sube N, |C| = i) prod_(j in C) x_j`, `quad i = 0, 1, cdots, n`. 其中 `N = {1, 2, cdots, n}`. 上式也可以写成 `sigma_0 = 1`, `quad sigma_1 = sum_i x_i`, `quad sigma_2 = sum_(i lt j) x_i x_j`, `quad sigma_3 = sum_(i lt j lt k) x_i x_j x_k`, `quad cdots`, `quad sigma_n = x_1 x_2 cdots x_n`. 初等对称多项式是每个变元最高次数为 1 的齐次对称多项式, 其中 `sigma_i` 的次数为 `i`, 它等于 `x_1` 到 `x_n` 中任取 `i` 个变量相乘的所有情况之和.

Vieta 定理 `n` 次多项式 `f(x) = sum_(i=0)^n a_i x^i` 的全部 `n` 个根记为 `x_i`, `i = 1, 2, cdots, n`. 我们有根与系数的关系: `sigma_i(x_1, cdots, x_n) = (-1)^i a_(n-i)/a_n`, `quad i = 0, 1, cdots, n`.

初等对称多项式的生成函数 观察下式: `(1+x_1)(1+x_2) cdots (1+x_n)` `= 1 + sigma_1 + sigma_2 + cdots + sigma_n`. 如果将每个 `x_i` 都乘以 `t`, 就得到 `prod_(i=1)^n (1 + x_i t)` `= sum_(i=0)^n sigma_i t^i`, 这是一个多项式, `i` 次项系数恰为 `sigma_i`, 因此它是生成函数.

对称多项式基本定理 任一 `n` 元对称多项式 `f(x_1, x_2, cdots, x_n)` 可以唯一表示为初等对称多项式 `sigma_i^((n)) := sigma_i(x_1, x_2, cdots, x_n)`, `i = 1, 2, cdots, n` 的多项式.

首先注意, 令 `x_n = 0`, 就能将任一 `n` 元对称多项式降为 `n-1` 元对称多项式. 特别在 `sigma_i^((n))` 中令 `x_n = 0`, 就得到 `sigma_i^((n-1))`: `sigma_i(x_1, cdots, x_(n-1), 0) = sigma_i(x_1, cdots, x_(n-1))`. 对 `n` 进行归纳证明. `n = 1` 时显然成立. 设 `n gt 1`, 且结论对 `n-1` 成立. 由归纳假设, `f|_(x_n=0) := f(x_1, cdots, x_(n-1), 0)` 是 `n-1` 元对称多项式, 它能表示为 `f|_(x_n=0)` `= p(sigma_1^((n-1)), cdots, sigma_(n-1)^((n-1)))`, 其中 `p` 是一个多项式. 令 `g(x_1, cdots, x_n)` `= p(sigma_1^((n)), cdots, sigma_(n-1)^((n)))`, 则 `{:g|_(x_n=0) = {:f|_(x_n=0)`. 令 `h = f - g`, 有 `h|_(x_n=0) = 0`, 这说明 `x_n | h`. 由对称性, `sigma_n^((n)) = x_1 x_2 cdots x_n | h`. 如果 `h` 的次数不小于 `n`, 就令 `f_1 = h//sigma_n`, 代替原来的 `f` 进行操作, 直到得到的 `h` 次数小于 `n`. 这时由 `sigma_n^((n)) | h` 知 `h -= 0`. 零多项式当然是初等对称多项式的多项式, 证毕.

`n` 元对称多项式的标准化 [来自 凡人忆拾] 设 `n` 元 `m` 次对称多项式的变元为 `x_1, cdots, x_n`. 用记号 `[k_s, cdots, k_1, k_0]` 表示一个对称求和, 其中有 `k_0` 个变元为 `0` 次, `k_1` 个变元为 `1` 次, `cdots`, `k_s` 个变元为 `s` 次, 满足 `k_0 + k_1 + cdots + k_s = n`, `quad 0 * k_0 + 1 * k_1 + cdots + s * k_s = m`. 比如 `[1, 1, 0, 2] = sum_"sym" x_1^3 x_2^2 x_3^0 x_4^0`, 其中 3 次和 2 次的变元各有一个, 0 次的变元有两个.

化简 4 元对称式 `-[1, 1, 0, 2] - 2[1, 3, 0] + [2, 1, 1]`.

`[1, 1, 0, 2]` `= sigma_1[2, 0, 2] - (2;0)(1;1)(1;0)[2, 1, 1]` `= sigma_1[2, 0, 2] - [2, 1, 1]`
`[2, 1, 1] = sigma_2[3, 1] - (1;1;)(3;1)(0;0)[1, 3, 0]` `= sigma_2 sigma_3 - 3[1, 3, 0]`
`[2, 0, 2]` `= sigma_2[2, 2] - (1;1)(2;1)(1;0)[1, 2, 1] - (4;2)(0;0)[4,0]` `= sigma_2^2 - 2[1, 2, 1] - 6 sigma_4`
`[1, 3, 0] = sigma_1[4, 0] = sigma_1 sigma_4`
`[1, 2, 1] = sigma_1[3, 1] - (4;1)(0;0)[4, 0] = sigma_1 sigma_3 - 4 sigma_4`, 将上面材料代入化简得 `-[1, 1, 0, 2] - 2[1, 3, 0] + [2, 1, 1]` `= -sigma_1 sigma_2^2 - 10 sigma_1 sigma_4 + 2 sigma_2^2 sigma_3`.

Newton-Girard 公式 设 `S_i` 是 `n` 次多项式 `f` 的全部 `n` 个根的 `i` 次方和: `S_i = sum_(j=1)^n x_j^i`, `quad i = 0, 1, 2, cdots`. `sigma_i` 的定义同上, 则 `S_i = { sum_(j=1)^n (-1)^(j-1) sigma_j S_(i-j), if i ge n; sum_(j=1)^(i-1) (-1)^(j-1) sigma_j S_(i-j) + (-1)^(i-1) sigma_i * i, if i lt n; :}` 利用 `sigma_0 = 1`, 上式等价于 `{ sum_(j=0)^n (-1)^j sigma_j S_(i-j) = 0, if i ge n; sum_(j=0)^(i-1) (-1)^j sigma_j S_(i-j) + (-1)^i sigma_i * i = 0, if i lt n; :}` 需要注意, 一般来说 `i lt n` 时 `S_0` 被认为是未定义的, 因此最后一项被单独提出.

`i ge n` 时, 设 `f(x) = sum_(j=0)^n a_j x^j`. 代入 `f` 的所有根并求和得 `sum_(j=0)^n a_(n-j) S_(i-j) = 0`. 由 Vieta 定理, `a_(n-j) = (-1)^j sigma_j a_n`, 代入上式得 `sum_(j=0)^n (-1)^j sigma_j S_(i-j) = 0`. 现在设 `i lt n`. 对 `k = n-i gt 0` 作归纳, 设结论对任意 `k' lt k` 已经成立. 用 `f_(n,i)(x_1, x_2, cdots, x_n)` 表示 Newton-Girard 公式 (等价形式) 的左边, 因为 `sigma_j(x_1, cdots, x_(n-1), 0) = sigma_j(x_1, cdots, x_(n-1))`,
`S_j(x_1, cdots, x_(n-1), 0) = S_j(x_1, cdots, x_(n-1))`. 有 `f_(n,i)(x_1, cdots, x_(n-1), 0)` `= f_(n-1,i)(x_1, cdots, x_(n-1))`. 由归纳假设, 上式右边等于零, 这说明 `x_n | f_(n,i)`. 由 `f_(n,i)` 的对称性, `sigma_n = x_1 x_2 cdots x_n | f_(n,i)`. 注意到 `f_(n,i)` 的次数不超过 `i`, 且 `i lt n`, 我们得到 `f_(n,i) = 0`. 证毕.

当 `n = 3` 时, `a = b = c` 当且仅当 `S_2 = sigma_2`, 即 `a^2+b^2+c^2 = a b+b c+c a`. 这是因为配方得: `a^2+b^2+c^2-(a b+b c+c a)` `= (a-b)^2/2 + (b-c)^2/2 + (c-a)^2/2`.

设 `f(x) = (x-1)(x-2)(x-3)` `= x^3 - 6x^2 + 11x - 6`. 多项式的三个根记为 `a, b, c`, 于是 `a+b+c = sigma_1 = 6`,
`ab+bc+ca = sigma_2 = 11`,
`abc = sigma_3 = 6`,
`1/a+1/b+1/c = sigma_(-1) = sigma_2//sigma_3 = 11/6`,
`1/(ab) + 1/(bc) + 1/(ca) = sigma_(-2) = sigma_1//sigma_3 = 1`,
`1/(abc) = sigma_(-3) = 1//sigma_3 = 1/6`. 用 Newton-Girard 公式计算: `a+b+c = S_1 = sigma_1 = 6`,
`a^2+b^2+c^2 = S_2 = sigma_1 S_1 - 2 sigma_2 = 14`,
`a^3+b^3+c^3 = S_3 = sigma_1 S_2 - sigma_2 S_1 + 3 sigma_3 = 36`,
`1/a+1/b+1/c = S_(-1) = sigma_(-1) = 11/6`,
`1/a^2+1/b^2+1/c^2 = S_(-2) = sigma_(-1) S_(-1) - 2 sigma_(-2) = 49/36`,
`1/a^3+1/b^3+1/c^3 = S_(-3) = sigma_(-1) S_(-2) - sigma_(-2) S_(-1) + 3 sigma_(-3) = 251/216`.

`(a x_1+b)(a x_2+b) = a^2 sigma_2 + a b sigma_1 + b^2`,
`(a x_1+b)(a x_2+b)(a x_3+b) = a^3 sigma_3 + a^2 b sigma_2 + a b^2 sigma_1 + b^3`.

[题源 学而思] 解方程组 `{ x - y + z - w = 2; x^2 - y^2 + z^2 - w^2 = 6; x^3 - y^3 + z^3 - w^3 = 20; x^4 - y^4 + z^4 - w^4 = 66; :}`

注意到方程组的对称性, 故使用对称多项式进行换元: 令 `m = x + z`, `quad n = x z`,
`u = y + w`, `quad v = y w`, 于是 `m^2 = x^2 + z^2 + 2n`,
`m^3 = x^3 + z^3 + 3m n`,
`m^4 = x^4 + z^4 + 4m^2 n - 2n^2`. 关于 `u^2, u^3, u^4` 也有类似的公式; 代入原方程组得到 `{ m = u + 2, (1); m^2 - 2n = u^2 - 2v + 6, (2); m^3 - 3m n = u^3 - 3u v + 20, (3); m^4 - 4m^2 n + 2n^2 = u^4 - 4u^2 v + 2v^2 + 66, (4); :}` 将 (1) 代入 (2) 得 `n = 2u + v - 1`. `quad (5)` 将 (1) (5) 代入 (3) 得 `u = 2(v+1)`. `quad (6)` 再联系 (5), `n = 5v + 3`. `quad (7)` 将 (1) (6) (7) 代入 (4) 得 `v = 0`, `u = 2`, `n = 3`, `m = 4`. 最终得 `{x, z} = {1, 3}`, `{y, w} = {0, 2}`.

多项式

1. 设 `n` 为整数, 记 `x_n = t^n+t^-n`, 显然 `x_n = x_(-n)`, 即 `x` 关于 `n` 是偶函数. 又容易验证 `x_m x_n = x_(m+n) + x_(m-n)`, 特别取 `m = 1`, `n = n-1` 有 `x_n = x_1 x_(n-1) - x_(n-2)`. 从而任意 `x_n` 都是 `x_1` 的多项式, 记 `x_1 = x`, 这一系列多项式定义为 `x_n = { 2, if n = 0; x, if n = 1; x x_(n-1) - x_(n-2), if n ge 2; :}`
2. 记 `y_n = t^n-t^-n`, 则 `y` 关于 `n` 是奇函数. 又 `x_m y_n = y_(m+n) - y_(m-n)`, 取 `m=1`, `n = n-1` 有 `y_n = x_1 y_(n-1) - y_(n-2)`. 则 `w_n := y_n//y_1` 是 `x := x_1` 的多项式. 可以定义 `w_n = { 0, if n = 0; 1, if n = 1; x w_(n-1) - w_(n-2), if n ge 2; :}`
两种多项式的迭代步骤相同, 而初值不同.

代数学基本定理

设 `f` 是复数域上的多项式 `f(z) = sum_(k=0)^n a_k z^k`, `quad a_n != 0`. 令 `A = max_(0 le k lt n) |a_k|`, `r = A/|a_n| + 1`, 则 `|z| gt r` 时, 首项的模大于其余各项的模之和: `|a_n z^n| gt sum_(k=0)^(n-1) |a_k z^k|`. 这一结论可以类比于盖尔圆盘定理.

`sum_(0 le k lt n) |a_k z^k|` `le A sum_(0 le k lt n) |z|^k` `= A (|z|^n-1)/(|z|-1)` `lt A |z|^n/(r-1)` `= |a_n z^n|`.

设 `z^n + a_(n-1) z^(n-1) + cdots + a_1 z + a_0 = 0`, `A = max_(0 le k lt n) |a_k|`, 则 `|z| le max{1, n A}`.

不妨设 `|z| gt 1`, 下证 `|z| le n A`. 移项并取模 `|z|^n = |a_(n-1) z^(n-1) + cdots + a_1 z + a_0|` `le A |z^(n-1) + cdots + z + 1|` `le n A |z|^(n-1)`. 两边同除以 `|z|^(n-1)` 即得证.

代数学基本定理 `n` 次复系数多项式 (`n ge 1`) `f(z) = sum_(k=0)^n a_k z^k`, `quad a_n != 0` 在复数域内有零点.

若 `f` 的常数项为零, 显然 `z = 0` 就是 `f` 的零点. 下设 `a_0 != 0`.
1. 因为 `a_0 != 0`, 有 `lim_(z to oo) |f(z)| = oo` (将 `f` 的各项同除以首项可以证明. 这是因为 `z to oo` 时, `f` 的高次项是最主要的项). 因此存在 `R gt 0`, 使得 `|f|` 在闭圆盘 `D = bar(B(0, R))` 外大于 `1`. 换言之, `f` 的零点若是存在, 只可能出现在 `D` 中. 由于 `D` 是紧集, 可以取 `z_0 in D`. 使得 `|f(z_0)| = min_(z in D) |f(z)|`.
2. 下证 `f(z_0) = 0`. 若不然, 设 `f(z_0) = a != 0`, 我们来证明存在 `z_1 in D`, 使得 `|f(z_1)| lt |f(z_0)|`, 从而与 `z_0` 是最小值点矛盾. 令 `Delta z = z - z_0`, 将 `f(z)` 在 `z_0` 处 Taylor 展开 (由于 `f` 是多项式函数, 只需将 `z = z_0 + Delta z` 代入 `f(z)` 的表达式即可): `f(z) = f(z_0 + Delta z) = f(z_0) + Delta z^m g(Delta z)`, 其中 `m ge 1`, `g` 是多项式. 由 `f` 的次数 `ge 1` 推出 `g` 不是零多项式, 因此可以设 `g(0) = b != 0`.
3. 由多项式函数的连续性知, 存在 `delta gt 0`, 对任意 `|Delta z| lt delta` 有 `|g(Delta z) - b|` `= |g(Delta z) - g(0)| lt |b|//2`. 令 `0 lt t lt min{1, delta^m |b//a|}`, 又取 `Delta z in CC` 满足 `t = -Delta z^m b//a` (注意在复数域中总是可以开 `m` 次方), 则 `|Delta z^m b| = t |a| lt delta^m |b|` `rArr |Delta z| lt delta`,
   `a + Delta z^m b` `= (1 + Delta z^m b // a) a` `= (1-t) a`. 记 `z_1 = z_0 + Delta z`, 于是 `quad |f(z_1)|` `= |f(z_0) + Delta z^m g(Delta z)|` `= |a + Delta z^m b + Delta z^m g(Delta z) - Delta z^m b|` `le |a + Delta z^m b| + |Delta z|^m |g(Delta z) - b|` `lt (1-t) |a| + |Delta z|^m |b|//2` `= (1-t) |a| + t/2 |a|` `= (1-t/2) |a| lt |a| = |f(z_0)|`. 定理证毕.

`QQ` 上因式分解的暴力算法 对于 `ZZ` 上的多项式 `f(x)`
1. 若 `f` 有重因式, 则重因式是 `f` 和 `f'` 的最大公因式.
2. 若 `f` 存在一次因式, 即 `f` 存在有理根. 则这个有理根的分母是 `f` 的最高次项系数的因子, 分子是 `f` 常数项的因子. 通过枚举因子可以得到这个一次因式. 下面设 `f` 的因式都是大于一次的, 且重数为 1.
3. 由 Gauss 引理, 若 `f` 在 `QQ` 上可约, 则 `f` 在 `ZZ` 上也可约.
4. 在复平面上可以找到一个圆盘, 包含 `f` 的所有根. 事实上 `|z| le max{1, n A}` 就是这样一个圆盘, 其中 `A` 是 `f` 各系数模的最大值.
5. 利用韦达定理确定 `f` 的因式 `g` 的系数的界. 例如, 设 `g` 的次数为 `m`, 且它的所有根位于单位圆盘内, 则 `g` 的 `k` 次项系数的模有上界 `|c_k| le (m;k)`. 由于 `g` 的次数有限, 系数是整数且有上界, 可以对其系数进行枚举.

结式

[来自知乎@三维欧氏心]

判断两个多项式是否互素, 一种方法是用辗转相除法求出最大公因式, 再判断其是否为常数. 不过, 这种方法要求多项式至少是 Euclid Domain 上的, 方能进行辗转相除. 结式给出了判断多项式是否互素的另一种方法.

没有另行说明的情况下, 本节始终假定 `f, g in R[x]`, `deg f, deg g ge 1`, 且 `f(x) = sum_(k=0)^m a_k x^k`, `quad g(x) = sum_(k=0)^n b_k x^k`, `quad a_m, b_n != 0`.

`f, g` 不互素的充要条件是存在 `u, v in R[x]`, `deg u lt deg g`, `deg v lt degf`, 使得 `u(x) f(x) = v(x) g(x)`.

1. `rArr`: 若 `f, g` 有非平凡的公因子 `d`, 设 `f = v d`, `g = u d`, 则 `deg u lt deg g = n`, `deg v lt deg f = m`, 且 `u f = u v d = v g`.
2. `lArr`: 设 `d = gcd(f, v)`, `f = f_1 d`, `v = v_1 d`, 则由 `u f = v g` 得 `u f_1 d = v_1 d g`, 即 `u f_1 = v_1 g`. 但 `gcd(f_1, v_1) = 1` 所以 `f_1 | g`. 这说明 `f_1` 是 `f, g` 的公因子. 又 `deg d le deg v lt deg f`, 所以 `deg f_1 ge 1`.

`f, g` 的 Sylvester 行列式或结式 (Resultant) 定义为 `"Res"(f, g) = | a_m, a_(m-1), a_(m-2), cdots, a_0; , a_m, a_(m-1), cdots, a_1, a_0; , , ddots, ddots, , ddots, ddots; , , , a_m, a_(m-1), cdots, a_1, a_0; b_n, b_(n-1), b_(n-2), cdots, b_0; , b_n, b_(n-1), cdots, b_1, b_0; , , ddots, ddots, , ddots, ddots; , , , b_n, b_(n-1), cdots, b_1, b_0; | {: {:; ; ; ;} n 行; {:; ; ; ;} m 行 :}` 这个行列式的阶数为 `m+n`, 前 `n` 行由 `f` 的系数组成, 后 `m` 行由 `g` 的系数组成. 行列式的主对角线由 `n` 个 `a_m` 和 `m` 个 `b_0` 组成.

由 Sylvester 行列式立即得到, 对于非零常数 `a, b` 有 `"Res"(a f, b g) = a^n b^m "Res"(f, g)`.

`f, g` 不互素 `iff "Res"(f, g) = 0`.

由引理, `f, g` 不互素当且仅当存在系数不全为零的 `u(x) = sum_(k=0)^(n-1) u_k x^k` 和 `v(x) = - sum_(k=0)^(m-1) v_k x^k` 使得 `f(x) u(x) = g(x) v(x)`, 比较等号两边系数得到 `{ a_m u_(n-1) = - b_n v_(m-1); a_(m-1) u_(n-1) + a_m u_(n-2) = - b_(n-1) v_(m-1) - b_n v_(m-2); cdots; a_0 u_1 + a_1 u_0 = - b_0 v_1 - b_1 v_0; a_0 u_0 = - b_0 v_0; :}` 这个方程组含有 `m+n` 个变元 `u_0, cdots, u_(n-1), v_0, cdots, v_(m-1)` 和 `m+n` 个方程. 该方程组存在非零解, 因此系数行列式等于零.

设 `f(x) = 2x^3 - 3x^2 + lambda x + 3`, `g(x) = x^3 + lambda x + 1`, 若 `f, g` 不互素, 求 `lambda` 可能的值.

令 `"Res"(f, g) = | 2, -3, lambda, 3; , 2, -3, lambda, 3; , , 2, -3, lambda, 3; 1, 0, lambda, 1; , 1, 0, lambda, 1; , , 1, 0, lambda, 1; |` `= -(2+lambda)(2 lambda^2 + 14 lambda - 13)` `= 0`, 解得 `lambda = 2` 或 `lambda = -(7 +- 5 sqrt 3)/2`.

结式的等价定义 `"Res"(f, g) = a_m^n b_n^m prod_(i,j) (x_i - y_j)`, 其中 `x_i`, `y_j` 分别是 `f, g` 的根.

1. 把 `"Res"(f, g)` 看成是 `x_i, y_j` 的 `m+n` 元多项式. 对任意 `i, j`, 若 `x_i = y_j`, 则 `f, g` 不互素, 由 知 `"Res"(f, g) = 0`. 因此 `(x_i - y_j)` 是 `"Res"(f, g)` 的一个因式.
2. 另一方面, 由 Vieta 定理, 系数 `a_i, b_j` 分别可以写成根 `x_i, y_j` 的对称多项式, 比如 `a_(m-1) = sum x_i`, `a_0 = prod x_i` 等. 注意到 Sylvester 行列式展开的每一项 (视为 `x_i, y_j` 的多项式) 次数均为 `m n`, 所以 `"Res"(f, g)` 的次数是 `m n`, 其形如 `(x_i - y_j)` 的因式都是一次的. 即 `"Res"(f, g) = c prod_(i,j) (x_i - y_j)`, `quad c` 为待定系数.
3. 最后来确定常数 `c`. 不妨设 `f, g` 首一, Sylvester 行列式展开中主对角线的那一项为 `a_m^n b_0^m = b_0^m = prod_j y_j^m`. 但 `c prod_(i,j) (x_i - y_j)` 的展开式中相应的一项为 `c prod_j y_j^m`, 由此得到 `c = 1`. 再利用 得到最终结论.

将 `f(y_j) = a_m prod_i (x_i - y_j)` 代入结式的乘积表达式中得到 `"Res"(f, g) = b_n^m prod_j f(y_j)` `= a_m^n prod_i g(x_i)`.

`"Res"(f - g h, g) = b_n^(delta - m) "Res"(f, g)`, 其中 `delta = deg(f - g h)`.

`"Res"(f - g h, g) = b_n^delta prod_j (f - g h)(y_j)` `= b_n^delta prod_j f(y_j)` `= b_n^(delta - m) "Res"(f, g)`.

判别式 多项式 `f(x)` 的判别式定义为 `Delta(f) := (-1)^s/a_m "Res"(f, f')` `= a_m^(2m-2) prod_(i lt j) (x_i - x_j)^2`. 其中 `s = m(m-1)//2`, 最高次项系数 `a_m != 0`, `f'` 是 `f` 的求导, `x_i` 是 `f(x)` 的根. 因此 `f` 有重根 `iff f` 与 `f'` 不互素 `iff Delta(f) = 0`. 特别地, `Delta(a x^2 + b x + c) = b^2 - 4 a c`,
`Delta(a x^3 + b x^2 + c x + d)` `= -27 a^2 d^2 + 18 a b c d - 4 a c^3 - 4 b^3 d + b^2 c^2`.

1. 判别式的乘积公式. 设 `f(x) = a_m prod_i (x-x_i)` 则 `f'(x) = a_m sum_i prod_(j != i) (x - x_j)`,
   `f'(x_i) = a_m prod_(j != i) (x_i - x_j)`. 于是 `"Res"(f, f')` `= a_m^(m-1) prod_i f'(x_i)` `= a_m^(m-1) a_m^m prod_(i != j) (x_i - x_j)` `= (-1)^s a_m^(2m-1) prod_(i lt j) (x_i - x_j)^2`.
2. 二次多项式的判别式 `Delta(a x^2 + b x + c)` `= -1/a "Res"(a x^2 + b x + c, 2a x + b)` `= -1/a| a, b, c; 2a, b; , 2a, b; |` `= -1/a(a b^2 - 2a b^2 + 4a^2 c)` `= b^2 - 4 a c`.
3. 三次多项式的判别式

   from sympy import *
   from sympy.abc import a, b, c, x
   expand(resultant(a*x**3 + b*x**2 + c*x + d, 3*a*x**2 + 2*b*x + c, x)/(-a))
   

二元高次方程组 考虑 `{F(x, y) = 0; G(x, y) = 0:}`, 先把 `y` 看作常数, 从而得到一元多项式 `f(x) := F(x, y)` 和 `g(x) := G(x, y)`. 方程组有解时, `f, g` 不互素, 即 `"Res"(f, g) = 0`, 问题化为 `y` 的一元高次方程. 解出 `y` 后代入原方程组求解 `x`.

解方程组 `{ 5x^2 - 6xy + 5y^2 - 16 = 0; 2x^2 - (1+y) x + y^2 - y - 4 = 0 :}`

视 `y` 为常数, 求结式: `"Res"_x(5x^2 - 6x y + 5y^2 - 16, 2x^2 - (1+y)x + y^2 - y - 4)` `= 32(y - 2)(y - 1)(y + 1)^2`. 从而 `y = 2` 或 `+-1`.
1. `y = 2` 时, 解 `{5x^2 - 12 x + 4 = 0; 2x^2 - 3x - 2 = 0:}` 得 `x = 2`;
2. `y = 1` 时, 解 `{5x^2 - 6x - 11 = 0; 2x^2 - 2x - 4 = 0:}` 得 `x = -1`;
3. `y = -1` 时, 解 `{5x^2 + 6x - 11 = 0; 2x^2 - 2 = 0:}` 得 `x = 1`;
综上解为 `(2, 2)`, `(1, -1)`, `(-1, 1)`.