物理 [干货]以防有人不会因式分解
炯书1.5节的第一道习题内容是分解五个复系数多项式的因式（骗你的，其实系数全是实数）：
（1） $f(x)=(x+\cos\theta+i\sin\theta)^n+(x+\cos\theta-i\sin\theta)^n$ ；
（2） $f(x)=(x+1)^n+(x-1)^n$ ；
（3） $f(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^kC_{2n}^{2k}x^{n-k}$ ；
（4） $f(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^nC_{2n}^{2k}x^{2(n-k)}(x^2-1)^k$ ；
（5） $f(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^nC_{2n+1}^{2k}x^{2(n-k)+1}(x^2-1)^k$ 。
由代数基本定理，分解复系数多项式的因式，本质上就是要把它的所有零点求出来。所以，对于（1）（2）两问，处理相对来说比较简单。
（1）解：我们考虑方程 $f(x)=0$ 。
若 $x+\cos\theta-i\sin\theta=0$ ，则 $x+\cos\theta+i\sin\theta=0$ ，
此时 $\sin\theta=0$ ， $\theta=k\pi(k\in\mathbb Z)$ 。
因此我们可以分以下几类讨论：
①若 $\theta=2k\pi(k\in\mathbb Z)$ ，则 $f(x)=2(x+1)^n$ ；
②若 $\theta=(2k+1)\pi(k\in\mathbb Z)$ ，则 $f(x)=2(x-1)^n$ ；
③若 $\theta\neq k\pi(k\in\mathbb Z)$ ，则对方程的任何根 $x$ ， $x+\cos\theta-i\sin\theta\neq 0$ ，
从而 $\displaystyle\left(\frac{x+\cos\theta+i\sin\theta}{x+\cos\theta-i\sin\theta}\right)^n+1=0$ ，即 $\displaystyle\left(\frac{x+\cos\theta+i\sin\theta}{x+\cos\theta-i\sin\theta}\right)^n=-1=e^{i\pi}$ 。
因此我们得到 $\displaystyle\frac{x+\cos\theta+i\sin\theta}{x+\cos\theta-i\sin\theta}=e^{\frac{(2s+1)i\pi}{n}}$ ，其中 $s\in\mathbb Z$ 。
记 $\displaystyle\alpha=\frac{(2s+1)\pi}n$ ，则有 $x+e^{i\theta}=(x+e^{-i\theta})e^{i\alpha}$ ，
解得 $x=\displaystyle\frac{e^{i(\alpha-\theta)}-e^{i\theta}}{1-e^{i\alpha}}$ 。
理论上，我们已经把方程的所有根解出来了，如果其中有 $n$ 个互异的根，那么问题就解决了；否则，还会有一定的困难。我们当然希望有 $n$ 个互异的根，但为了判断是否互异，我们还需要对上面的式子进行化简。于是引入引理：
[引理1] $\displaystyle e^{i\alpha}-e^{i\beta}=2ie^{\frac{i(\alpha+\beta)}2}\sin\frac{\alpha-\beta}2$ 。
[引理1的证明]我们要凑出正弦的形式，而正弦满足 $\sin\theta=\displaystyle\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}$ 。
从而我们配凑符号相反的指数项。
注意到 $e^{i\alpha}-e^{i\beta}=e^{\frac{i(\alpha+\beta)}2}\left(e^{\frac{i(\alpha-\beta)}2}-e^{-\frac{i(\alpha-\beta)}2}\right)$ ，
再代入到上面的式子里面，得到 $\displaystyle e^{\frac{i(\alpha-\beta)}2}-e^{-\frac{i(\alpha-\beta)}2}=2i\sin\frac{\alpha-\beta}2$ ，
从而 $\displaystyle e^{i\alpha}-e^{i\beta}=2ie^{\frac{i(\alpha+\beta)}2}\sin\frac{\alpha-\beta}2$ 。引理1证毕。
对分子分母分别使用引理1，可以得到：
$\displaystyle e^{i(\alpha-\theta)}-e^{i\theta}=2ie^{\frac{i\alpha}2}\sin(\frac\alpha2-\theta)$ ；
$\displaystyle 1-e^{i\alpha}=e^0-e^{i\alpha}=2ie^{\frac{i\alpha}2}\sin(-\frac\alpha2)=-2ie^{\frac{i\alpha}2}\sin\frac\alpha2$ 。
从而 $x=\displaystyle\frac{2ie^{\frac{i\alpha}2}\sin(\frac\alpha2-\theta)}{-2ie^{\frac{i\alpha}2}\sin\frac\alpha2}=-\frac{\sin(\frac{\alpha}2-\theta)}{\sin\frac\alpha2}=-\cos\theta+\sin\theta\cot\frac\alpha2$ 。
我们知道，余切函数 $\cot$ 的周期是 $\pi$ ，在 $(0,\pi)$ 上单调递减，从而在该区间是单射。
而 $\displaystyle\frac\alpha2=\frac{(2s+1)\pi}{2n}$ ，当 $s=0,1,\cdots,n-1$ 时， $\displaystyle\frac\alpha2\in(0,\pi)$ 且两两不同。
从而这时候的 $\displaystyle\cot \frac\alpha2$ 两两不同。
因此，我们找到了方程 $f(x)=0$ 的 $n$ 个互异实根 $x=-\cos\theta+\sin\theta\cot\displaystyle\frac{(2s+1)\pi}{2n}$ ，其中 $s=0,1,\cdots,n-1$ 。
显然多项式的最高次项系数为 $2$ ，从而 $f(x)=2\displaystyle\prod_{s=0}^{n-1}\left(x+\cos\theta-\sin\theta\cot\frac{(2s+1)\pi}{2n}\right)$ 。
我们发现，①②两类的结果也符合③最终得到的表达式，
从而 $\displaystyle f(x)=2\prod_{s=0}^{n-1}\left(x+\cos\theta-\sin\theta\cot\frac{(2s+1)\pi}{2n}\right)$ 。
（2）解：我们还可以沿用（1）的做法。
显然 $x=1$ 不是方程的根，因此 $\displaystyle\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^n=-1=e^{i\pi}$ ，
从而 $\displaystyle\frac{x+1}{x-1}=e^{\frac{(2s+1)i\pi}{n}}$ 。
记 $\alpha=\displaystyle\frac{(2s+1)\pi}n$ ，则 $x+1=e^{i\alpha}(x-1)$ ，从而 $x=\displaystyle\frac{e^{i\alpha}+1}{e^{i\alpha}-1}$ 。
分母可以继续用刚刚的方法处理，分子呢？我们发现分子变成了两个指数函数的和，因此使用余弦：
[引理2] $\displaystyle e^{i\alpha}+e^{i\beta}=2e^{\frac{i(\alpha+\beta)}{2}}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}$ 。
[引理2的证明]与引理1思路一致， $e^{i\alpha}+e^{i\beta}=e^{\frac{i(\alpha+\beta)}2}\left(e^{\frac{i(\alpha-\beta)}2}+e^{-\frac{i(\alpha-\beta)}2}\right)$ ，
而 $\cos\theta=\displaystyle\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}2$ ，从而代入得 $\displaystyle e^{i\alpha}+e^{i\beta}=2e^{\frac{i(\alpha+\beta)}2}\cos\frac{\alpha-\beta}2$ 。引理2证毕。
回到原题， $\displaystyle e^{i\alpha}+1=2e^{\frac{i\alpha}2}\cos\frac\alpha2$ ， $\displaystyle e^{i\alpha}-1=2ie^{\frac{i\alpha}2}\sin\frac\alpha2$ 。
从而 $x=-i\cot\displaystyle\frac\alpha2$ 。与上题同理，当 $s$ 取 $0,1,\cdots,n-1$ 时， $x$ 取不同值。
而最高次项系数为 $2$ ，从而 $f(x)=\displaystyle2\prod_{s=0}^{n-1}\left(x+i\cot\frac{(2s+1)\pi}{2n}\right)$ 。