问题描述 #

求多项式 $M(x)$ 和 $N(x)$，使得
$$x^{{m}M(x)+(1-x)}{n}N(x)=1.$$

我的思考过程 #

• 把$x=0$代入等式左边，得到$f(0)=N(0)=1$，这样就知道了$N(x)$的常数项（这里我定义$f(x)\triangleq x^{{m}M(x)+(1-x)}{n}N(x)$）。
• 接着对$f(x)$求导，因为$f(x)\equiv1$，所以导数恒为0：
  $$f'(x)=mx^{m-1}M(x)+x{m}M'(x)-n(1-x)^{{n-1}N(x)+(1-x)}{n}N'(x)\equiv 0.$$
• 再代入$x=0$，得到$N'(0)=n$，也就是$N(x)$的一次项系数是$n$；继续求二阶导代入$x=0$，看起来$N''(0)=n(n+1)$，以此类推。
• 经过一些尝试，我猜测$N(x)$的形式可能是：
  $$N(x)=1+nx+\frac{n(n+1)}{2!}x^{{2}+\ldots+\frac{n(n+1)\cdots(n+m-2)}{(m-1)!}x}{m-1}.$$

不过我觉得这样猜测的方式好像没办法得到所有的解，有没有人能帮我解决这个问题？提前感谢！

解答思路 #

嗨，我来帮你梳理下这个问题的系统解法，其实这个问题可以借助多项式互质性质和扩展欧几里得算法来解决，既能得到特解，也能写出所有通解：

核心依据：多项式贝祖定理 #

首先，多项式$x^m$和$(1-x)n$是互质的——它们没有公共根（$x^{m$仅在$x=0$处有根，$(1-x)}n$仅在$x=1$处有根）。根据多项式环上的贝祖定理，必然存在这样的多项式$M(x)$和$N(x)$满足等式，而且解不是唯一的，我们可以先找一组特解，再推导通解。

构造特解的两种方法 #

方法1：利用牛顿二项式展开

你的猜测方向完全正确！我们可以利用$(1-x)^{-n}$的泰勒展开来构造$N(x)$：
$$\frac{1}{(1-x)^n} = \sum_{k=0}^{{\infty}\binom{n+k-1}{k}x}k$$
这里的组合数$\binom{n+k-1}{k}=\frac{n(n+1)\cdots(n+k-1)}{k!}$，正好和你推测的系数一致。我们取这个展开的前$m$项：
$$N(x)=\sum_{k=0}^{{m-1}\binom{n+k-1}{k}x}k$$
此时计算$(1-x)^n N(x)$，会得到$1 - x^m Q(x)$（其中$Q(x)$是某个多项式），移项后就能得到$M(x)=Q(x)$，代入原式就满足等式了。

方法2：多项式扩展欧几里得算法

和整数的扩展欧几里得算法类似，我们可以通过逐步降次的带余除法来求解：

1. 用$(1-x)^n$除以$xm$，得到$(1-x)^n = x^m \cdot A(x) + R(x)$，其中$R(x)$的次数小于$m$；
2. 因为$x^m$和$(1-x)n$互质，所以$x^{m$和$R(x)$也互质，继续用$x}m$除以$R(x)$，得到$x^m = R(x) \cdot B(x) + R_1(x)$，其中$\deg R_1 < \deg R$；
3. 重复这个过程，直到余数为常数1；
4. 最后反向代入所有除法等式，就能整理出满足$x^m M(x)+(1-x)^n N(x)=1$的$M(x)$和$N(x)$。

通解的完整形式 #

一旦找到一组特解$M_0(x)$和$N_0(x)$，那么所有的解可以表示为：
$$M(x)=M_0(x)+(1-x)^n \cdot K(x)$$
$$N(x)=N_0(x)-x^m \cdot K(x)$$
其中$K(x)$是任意多项式。你可以代入原式验证：$x^m \cdot (1-x)^n K(x) + (1-x)^n \cdot (-x^m K(x))=0$，不会影响等式成立，这就是所有可能的解啦！

备注：内容来源于stack exchange，提问作者bob