一个三元对称多项式整除问题及其几个拓展问题分析
原题
n 是大于 1 的整数，记 Pn(x,y,z) = (x+y+z)2n - (y+z)2n - (z+x)2n - (x+y)2n + x2n + y2n + z2n. 证明 P2(x,y,z) | Pn(x,y,z).
分析与证明：由 Pn(x,y,z) 的定义容易看出，任意交换其中两元（比如 x 和 y）的位置，表达式并不改变（比如 Pn(y,x,z) = Pn(x,y,z)），由此可知 Pn(x,y,z) 为三元对称多项式. 由牛顿定理，Pn(x,y,z) 可以表示成三元初等对称多项式 σ1、σ2、σ3 的一个多项式，其中 σ1 = x+y+z，σ2 = xy+yz+zx，σ3 = xyz. 但该题涉及多项式整除问题，牛顿定理似乎不能派上用场.
尝试对 P2(x,y,z) 作因式分解：
P2(x,y,z) = (x+y+z)4 - (y+z)4 - (z+x)4 - (x+y)4 + x4 + y4 + z4
= (x+y+z)4 + [x4 - (y+z)4] + [y4 - (z+x)4] + [z4 - (x+y)4] (I)
(I) 式中浅绿色标注的四项都包含因式 x+y+z，进一步对 (I) 式作因式分解有一定的计算量. 事实上对于一次因式的判别有更简单的方法，即：
对于多项式 P(x,y,z)，存在另一个多项式 Q(x,y,z) 满足 P(x,y,z) = (ax + by +cz + d)·Q(x,y,z) 的充分必要条件是：对于 x,y,z 的任意取值，只要满足 ax + by +cz + d = 0，则 P(x,y,z) = 0.
考虑 a = 1, b = c = d = 0，即 x = 0，代入 P2(x,y,z) 的表达式，有：
P2(0,y,z) = (0+y+z)4 - (y+z)4 - (z+0)4 - (0+y)4 + 04 + y4 + z4 = 0
由上述判别法可知，x | P2(x,y,z). 同样可知，y | P2(x,y,z) 和 z | P2(x,y,z).
P2(x,y,z) 是四次多项式，上面已经得到了 P2(x,y,z) 的 4 个一次因式，因此有：
P2(x,y,z) = kxyz(x+y+z)
代入 x = y = 1, z = -1，有
P2(1,1,-1) = (1+1-1)4 - (1-1)4 - (-1+1)4 - (1+1)4 + 14 + 14 + 14 = 4 - 24 = -12
= k·1·1·(-1)·(1+1-1) = -k
即有 k = 12，即
P2(x,y,z) = 12xyz(x+y+z).
至此，原命题的证明实际就等价于证明：Pn(x,y,z) 能被 x, y, z, (x+y+z) 四个一次因式所整除.
用上面的判别法，代入 x = 0，有
Pn(0,y,z) = (0+y+z)2n - (y+z)2n - (z+0)2n - (0+y)2n + 02n + y2n + z2n = 0
显然有 x | Pn(x,y,z). 同理有 y | Pn(x,y,z) 和 z | Pn(x,y,z).
最后来看 x+y+z = 0 的情形，即代入 z = -x-y ，有
Pn(x,y,-x-y) = (x+y-x-y)2n - (y-x-y)2n - (-x-y+x)2n - (x+y)2n + x2n + y2n + (-x-y)2n
= 02n - x2n - y2n - (x+y)2n + x2n + y2n + (x+y)2n = 0
即有 x+y+z | Pn(x,y,z)
综上即有 P2(x,y,z) | Pn(x,y,z).
拓展问题1
把原题的定义扩展到允许 n = 1，P1(x,y,z) 依定义展开似乎是一个二次多项式，它会有哪些因式？
类似上述 (I) 式的处理，有
P1(x,y,z) = (x+y+z)2 - (y+z)2 - (z+x)2 - (x+y)2 + x2 + y2 + z2
= (x+y+z)2 + [x2 - (y+z)2] + [y2 - (z+x)2] + [z2 - (x+y)2]
= (x+y+z)[(x+y+z) + (x-y-z) + (y-z-x) + (z-x-y)]
= (x+y+z)·0 = 0
即 P1(x,y,z) 实际上是零多项式，零多项式是唯一不定义次数的多项式.
拓展问题2
当 n 取什么值时，Pn(x,y,z) 能被 x2+y2+z2 整除？
对应于前述一次因式的判别法，同样有二次或更高次因式的判别法. 对于不含有重因式的三元二次因式而言，其判别法如下：
对于多项式 P(x,y,z)，存在另一个多项式 Q(x,y,z) 满足 P(x,y,z) = (ax2 + by2 +cz2 + dxy + fyz + gzx + hx + jy + kz + m)·Q(x,y,z) 的充分必要条件是：对于 x,y,z 的任意取值，只要满足 ax2 + by2 +cz2 + dxy + fyz + gzx + hx + jy + kz + m = 0，则 P(x,y,z) = 0.
取 a = b = c = 1，其余系数为 0，即 x2 + y2 + z2 = 0，二次因式的直接代入法很不好用，因为未知数之间不是线性关系（这里是 z = ±i(x2 + y2)1/2）， 为减少计算量，可以用特殊值尝试，比如令 x = 1, y = -1, z = 21/2i，满足 x2 + y2 + z2 = 0，代入 Pn(x,y,z)，有
Pn(1, -1, 21/2i) = (1-1+21/2i)2n - (-1+21/2i)2n - (21/2i+1)2n - (1-1)2n + 12n + 12n + (21/2i)2n
= (-2)n - (-1+21/2i)2n - (1+21/2i)2n - 0 + 1 + 1 + (-2)n
记 cosθ = 31/2/3，sinθ = 61/2/3，易知 θ ∈ (π/4, π/2)，则
Pn(1, -1, 21/2i) = 2(-2)n + 2 - 3n[cos(π-θ) + isin(π-θ)]2n - 3n(cosθ + isinθ)2n
= 2(-2)n + 2 - 3n[cos(2π-2θ) + isin(2π-2θ)]n - 3n(cos2θ + isin2θ)n
= 2(-2)n + 2 - 3n[cos(2θ) + isin(-2θ)]n - 3n(cos2θ + isin2θ)n
= 2(-2)n + 2 - 3n[cos(2nθ) + isin(-2nθ)] - 3n[cos(2nθ) + isin(2nθ)]
= 2·[(-2)n + 1 - 3n·cos(2nθ)]
把 (-2)n + 1 - 3n·cos(2nθ) 记作 δn，则 Pn(1, -1, 21/2i) = 2δn.
当 n = 1 时，cos(2nθ) = cos(2θ) = 2·cos2θ - 1 = 2/3 - 1 = -1/3，此时
δ1 = (-2)1 + 1 - 31·cos(2θ) = -2 + 1 - 3·(-1/3)] = -2 + 1 + 1 = 0
这与上面得到的 P1(x,y,z) = 0 是一致的，x2+y2+z2 | P1(x,y,z) 显然成立，但这是因为此前得出的 P1(x,y,z) = 0，而不是因为这里取 x = 1, y = -1, z = 21/2i 和 n = 1 而得到的 P1(1, -1, 21/2i) = 2δ1 = 0.
当 n = 2 时，cos(2nθ) = cos(4θ) = 2·cos2(2θ) - 1 = 2·(1/9) - 1 = -7/9，
δ2 = (-2)2 + 1 - 32·cos(4θ) = 4 + 1 + 7 = 12 ≠ 0
由 θ ∈ (π/4, π/2)，知 2θ ∈ (π/2, π)，4θ ∈ (π, 2π)
n = 3 时，cos(2nθ) = cos(6θ) = cos(2θ)·cos(4θ) - sin(2θ)·sin(4θ)
= (-1/3)·(-7/9) - (81/2/3)·(-321/2/9) = 7/27 + 16/27 = 23/27，
δ3 = (-2)3 + 1 - 33·cos(6θ) = -8 + 1 - 23 = -30 ≠ 0
n = 4 时，cos(2nθ) = cos(8θ) = 2·cos2(4θ) - 1 = 2·(49/81) - 1 = 17/81，
δ4 = (-2)4 + 1 - 34·cos(8θ) = 16 + 1 + 17 = 34 ≠ 0
插一句题外话，我最初在纸上演算时得到的 δn 是：
δn = (-2)n + 1 - cos(2nθ)
即漏掉了 cos(2nθ) 旁边的 3n，并依据 cos(2nθ) 不为整数推断：对任意 n，Pn(x,y,z) 都不能被 x2+y2+z2 整除.
现在来看，“当 n 为大于 1 的正整数时，Pn(x,y,z) 不能被 x2+y2+z2 整除”，这个结论可能依然成立，但上面只是验证了 n = 2, 3, 4 时该结论成立，而未能给出一般的证明.
从上述演算过程看，3n·cos(2nθ) 似乎总是整数. 换一组特殊值再尝试一下，比如取 x = 4, y = -3, z = 5i，则
Pn(4, -3, 5i) = (4-3+5i)2n - (-3+5i)2n - (4+5i)2n - (4-3)2n + 42n + (-3)2n + (5i)2n
= (4-3+5i)2n - (-3+5i)2n - (4+5i)2n - (4-3)2n + 42n + (-3)2n + (5i)2n
= (1+5i)2n - (3-5i)2n - (4+5i)2n - 1 + 16n + 9n + (-25)n
= 26n·[cos(2nα) + isin(2nα)] - 34n·[cos(2nβ) + isin(-2nβ)] - 41n·[cos(2nγ) + isin(2nγ)] - 1 + 16n + 9n + (-25)n
= 26n·ei(2nα) - 34n·ei(-2nβ) - 41n·ei(2nγ) - 1 + 16n + 9n + (-25)n (II)
其中 α = arccos(1 / 261/2), β = arccos(3 / 341/2), γ = arccos(4 / 411/2).
先来验证 n = 1 的情形：
cos(2α) = 2·cos2α - 1 = 2/26 - 1 = -12/13
sin(2α) = 2·sinα·cosα = 2·(5 / 261/2)·(1 / 261/2) = 10/26 = 5/13
26·ei(2α) = -24 + 10i
cos(2β) = 2·cos2β - 1 = 18/34 - 1 = -8/17
sin(2β) = 2·sinβ·cosβ = 2·(5 / 341/2)·(3 / 341/2) = 30/34 = 15/17
34·ei(-2β) = -16 - 30i
cos(2γ) = 2·cos2γ - 1 = 32/41 - 1 = -9/41
sin(2γ) = 2·sinγ·cosγ = 2·(5 / 411/2)·(4 / 411/2) = 40/41
41·ei(2γ) = -9 + 40i
P1(4, -3, 5i) = 26·ei(2α) - 34·ei(2β) - 41·ei(2γ) - 1 + 16 + 9 + (-25)
= -24 + 10i - (-16 - 30i) - (-9 + 40i) - 1
= -24 + 10i + 16 + 30i + 9 - 40i - 1 = 0
符合预期.
由 (II) 式从直觉上看，当 n > 1 时，Pn(4, -3, 5i) 的取值似乎总是虚数，因而更容易推测 Pn(x, y, z) 不被 x2+y2+z2 整除. 由于 Pn(x, y, z) 为整系数多项式，而代入的 x = 4, y = -3, z = 5i 实部和虚部都为整数，因此 Pn(4, -3, 5i) 的取值的实部和虚部也必然都是整数. 但计算量会比较大，以下实际求一下 P2(4, -3, 5i) 的值：
cos(4α) = 2·cos22α - 1 = 2·(12/13)2 - 1 = 119/169
sin(4α) = 2·sin2α·cos2α = 2·(5/13)·(-12/13) = -120/169
（这里有 1192 + 1202 = 1692 = 134）
262·ei(4α) = 4·(119 - 120i)
cos(4β) = 2·cos22β - 1 = 2·(8/17)2 - 1 = -161/289
sin(4β) = 2·sin2β·cos2β = 2·(15/17)·(-8/17) = -240/289
（这里有 1612 + 2402 = 2892 = 174）
342·ei(-4β) = 4·(-161 + 240i)
cos(4γ) = 2·cos22γ - 1 = 2·(-9/41)2 - 1 = -1519/412
sin(4γ) = 2·sin2γ·cos2γ = 2·(40/41)·(-9/41) = -720/412
（这里有 15192 + 7202 = 16812 = 414）
412·ei(4γ) = -1519 - 720i
P2(4, -3, 5i) = 262·ei(4α) - 342·ei(-4β) - 412·ei(4γ) - 1 + 162 + 92 + (-25)2
= 4·(119 - 120i) - 4·(-161 + 240i) - (-1519 - 720i) - 1 + 256 + 81 - 625
= 476 - 480i + 644 - 960i + 1519 + 720i + 255 + 81 - 625
= 2350 - 720i ≠ 0
即 P2(4, -3, 5i) 确实是个虚数，且其实部和虚部都是整数.
拓展问题3
n 取大于 1 的整数时，Pn(x,y,z) 的系数是否一定能被 P2(x,y,z) 的系数整除？
Pn(x,y,z) 是整系数的对称多项式，前面已经求出 P2(x,y,z) = 12xyz(x+y+z)，因而进一步探究这个 Pn(x,y,z) 能否分解成 12xyz(x+y+z)·Q(x,y,z) 的形式也是自然的，其中 Q(x,y,z) 要求也是整系数对称多项式.
如果该问题结论是肯定的，那这个结论非常不好证明. 因此不妨先尝试求出 P3(x,y,z) 或 P4(x,y,z) 的分解式，看看有没有反例.
walls 老师提供了一种求 P3(x,y,z) 的快速方法，稍加整理如下：
假设 P3(x,y,z) = xyz(x+y+z)·Q(x,y,z)，其中 Q(x,y,z) 为整系数二次对称多项式.
P3(x,y,z) 的展开式中每一个单项式的次数都是6，不令 Q(x,y,z) = p(x2+y2+z2) + q(xy + yz + zx)，于是 P3(x,y,z)
= (x+y+z)6 - (y+z)6 - (z+x)6 - (x+y)6 + x6 + y6 + z6 (III)
= xyz(x+y+z)·[p(x2+y2+z2) + q(xy + yz + zx)] (IV)
(IV) 式中 x4yz 项只有一组，即 xyz·x·px2，因此其系数为 p. 而在 (III) 式中能提供 x4yz 的只有 (x+y+z)6，且 (x+y+z)6
= x6 + 6·x5·(y+z) + 15·x4·(y+z)2 + 20·x3(y+z)3 + 15·x2·(y+z)4 + 6x(y+z)5 + (y+z)6
其中标绿的项再展开就有 x4yz 的系数为 15·2 = 30，因此 p = 30.
(IV) 式中 x2y2z2 项有三组，即 xyz·x·qyz、xyz·y·qzx、xyz·z·qxy，因此其系数为 3q. 在 (III) 式中能提供 x2y2z2 的只有 (x+y+z)6，而后者能提供 x2y2z2 的只有标蓝的 15·x2·(y+z)4，对其作再展开处理就有 x2y2z2 的系数为 15·C(4,2) = 90，因此 3q = 90，即 q = 30. 于是
P3(x,y,z) = xyz(x+y+z)·[p(x2+y2+z2) + q(xy + yz + zx)]
= 30xyz(x+y+z)(x2+y2+z2+xy+yz+zx)
30 不能被 12 整除，n = 3 的情形即为反例，因此本拓展问题的答案是否定的.
拓展问题4
Pn(x,y,z) 的分解式中是否一定不含有重因式？
如果该问题的结论是肯定的，即 Pn(x,y,z) 的分解式中一定不含有重因式，那这个结论非常不好证明. 这里仅尝试求出 P4(x,y,z) 的分解式，看看是不是反例.
先看一下 P2(x,y,z) 的情形，记 Q2(x,y,z) = x2+y2+z2+xy+yz+zx，则 P2(x,y,z) = 30xyz(x+y+z)·Q2(x,y,z). 若 P2(x,y,z) 含有重因式，则 Q2(x,y,z) 一定可分解为 U(x,y,z)·V(x,y,z)，其中 U(x,y,z) 和 V(x,y,z) 都为一次因式.
由于 Q2(x,y,z) 为 三元二次齐次对称多项式，若 x | Q2(x,y,z)，则同时会有 y | Q2(x,y,z) 和 z | Q2(x,y,z)，即有 xyz | Q2(x,y,z)，这是不可能的. 同样 Q2(x,y,z) 也不会被 x+y，y+z，z+x 所整除. 唯一的可能是 Q2(x,y,z) = k(x+y+z)2，但由 Q2(x,y,z) 的表达式可知，这显然是不可能的（由 Q2(1,1,-2) = 1+1+4+1-2-2 = 3 ≠ 0，也可知 Q2(x,y,z) 不能被 x+y+z 整除）. 因此，P2(x,y,z) 的分解式中不含有重因式.
假设 P4(x,y,z) = xyz(x+y+z)·Q(x,y,z)，其中 Q(x,y,z) 为整系数 4 次对称多项式.
P4(x,y,z) 为整系数三元 8 次齐次对称多项式，不妨令 Q(x,y,z) = a(x4+y4+z4) + b[x3(y+z) + y3(z+x) + z3(x+y)] + c(x2y2 + y2z2 + z2x2) + d(x2yz + y2zx + z2xy)，于是 P4(x,y,z)
= (x+y+z)8 - (y+z)8 - (z+x)8 - (x+y)8 + x8 + y8 + z8 (V)
= xyz(x+y+z)·{a(x4+y4+z4) + b[x3(y+z) + y3(z+x) + z3(x+y)] +
c(x2y2 + y2z2 + z2x2) + d(x2yz + y2zx + z2xy)} (VI)
(x+y+z)8 = x8 + C(8,1)·x7·(y+z) + C(8,2)·x6·(y+z)2 + C(8,3)·x5(y+z)3 + C(8,4)·x4·(y+z)4 +
C(8,3)·x3(y+z)5 + C(8,2)·x2·(y+z)6 + C(8,1)·x·(y+z)7 + (y+z)8 (VII)
(V) 式中能提供三元单项式的只有 (x+y+z)8.
考察 x6yz 项：由 (VII) 式可知只有 C(8,2)·x6·(y+z)2 能提供 x6yz 项，进一步展开可知 x6yz 项的系数为 C(8,2)·2 = A(8,2)；而在 (VI) 式中只有一组 x6yz 项，即 xyz·x·ax4 = a·x6yz，于是有
a = A(8,2) = 56.
考察 x5y2z 项：(VII) 式中只有 C(8,3)·x5(y+z)3 能提供 x5y2z 项，进一步展开可知 x5y2z 项的系数为 C(8,3)·3 = 56·3；而在 (VI) 式中有两组 x5y2z 项，即 xyz·x·bx3y = b·x5y2z 以及 xyz·y·ax4 = a·x5y2z，于是有 b + a = 56·3，即
b = 56·3 - a = 56·2.
考察 x4y3z 项：(VII) 式中只有 C(8,4)·x4·(y+z)4 能提供 x4y3z 项，进一步展开可知 x4y3z 项的系数为 C(8,4)·4 = 70·4；而在 (VI) 式中有两组 x4y3z 项，即 xyz·x·cx2y2 = c·x4y3z 以及 xyz·y·bx3y = b·x4y3z，于是有 c + b = 70·4，即
c = 280 - b = 280 - 112 = 56·3.
考察 x3y3z2 项：(VII) 式中只有 C(8,3)·x3(y+z)5 能提供 x3y3z2 项，进一步展开可知 x3y3z2 项的系数为 C(8,3)·C(5,2) = 56·10；而在 (VI) 式中有两组 x3y3z2 项，即 xyz·x·dy2zx = d·x3y3z2 以及 xyz·y·dx2yz = d·x3y3z2，于是有 d + d = 56·10，即
d = 56·10 / 2 = 56·5.
于是 P4(x,y,z) = 56·xyz(x+y+z)·Q4(x,y,z)
= 56·xyz(x+y+z)·{(x4+y4+z4) + 2[x3(y+z) + y3(z+x) + z3(x+y)] +
3(x2y2 + y2z2 + z2x2) + 5(x2yz + y2zx + z2xy)}
其中 Q4(x,y,z) 是三元 4 次齐次对称本原多项式（黄色高亮部分）.
做一个简单验证，取 x = y = 1，z = -1，则由定义可知 Pn(1,1,-1) = 4 - 4n.
P4(1,1,-1) = 4 - 44 = -252，
Q4(1,1,-1) = {(1+1+1) + 2[0 + 0 + (-2)] + 3(1+1+1) + 5(-1-1+1)}
= 3 - 4 + 9 - 5 = 3，
56·(-1)·Q4(1,1,-1) = -168 ≠ P4(1,1,-1).
对不上，一定哪个环节出错了，待查.
有可能是 (VI) 式有问题，似乎漏了什么项. 以下换一个方法，对 (VII) 式作进一步展开，只保留其中三元都包含的项，由 xyz | P4(x,y,z) 可知，这些项的和即为 P4(x,y,z) ，即有：
P4(x,y,z) = 28·2·x6yz
+ 56·3·x5y2z + 56·3·x5yz2
+ 70·4·x4y3z + 70·6·x4y2z2 + 70·4·x4yz3
+ 56·5·x3y4z + 56·10·x3y3z2 + 56·10·x3y2z3 + 56·5·x3yz4
+ 28·6·x2y5z + 28·15·x2y4z2 + 28·20·x2y3z3 + 28·15·x2y2z4 + 28·6·x2yz5
+ 8·7·xy6z + 8·21·xy5z2 + 8·35·xy4z3 + 8·35·xy3z4 + 8·21·xy2z5 + 8·7·xyz6
= xyz·[56·(x5+y5+z5) + 168·(x4y+x4z+y4x+y4z+z4x+z4y)
+ 280·(x3y2+x3z2+x2y3+x2z3+y3z2+y2z3) + 420·(x3yz+xy3z+xyz3) + 560·(x2y2z+x2yz2+xy2z2)]
记 ① = x5+y5+z5，② = x4y+x4z+y4x+y4z+z4x+z4y，③ = x3y2+x3z2+x2y3+x2z3+y3z2+y2z3，④ = x3yz+xy3z+xyz3，⑤ = x2y2z+x2yz2+xy2z2，R(x,y,z) = 2·① + 6·② + 10·③ + 15·④ + 20·⑤.
即 P4(x,y,z) = 28·xyz·R(x,y,z). 由前述结论可知，x+y+z | R(x,y,z).
[I]. (x+y+z)(x4+y4+z4) = x5+y5+z5 + xy4+xz4+yx4+yz4+zy4+zx4 = ①+②.
[II]. (x+y+z)(x2y2+x2z2+y2z2) = x3y2+x3z2+xy2z2+x2y3+yx2z2+y3z2+zx2y2+x2z3+y2z3 = ③+⑤.
[III]. (x+y+z)(x3y+x3z+y3z+y3x+z3y+z3x)
= x4y+x4z+y3zx+y3x2+z3yx+z3x2+ x3y2+x3zy+y4z+y4x+z3y2+z3xy +x3yz+x3z2+y3z2+y3xz+z4y+z4x
= ②+③+2·④.
[IV]. (x+y+z)(x2yz+y2zx+z2xy) = x3yz+x2y2z+z2x2y + x2y2z+y3zx+y2z2x + z2x2y+y2z2x+z3xy
= ④+2·⑤.
由此可知，①+②，③+⑤，②+③+2·④，④+2·⑤ 都是 x+y+z 的倍式.
[V]. R(x,y,z) - (①+②) = ① + 5·② + 10·③ + 15·④ + 20·⑤
[VI]. R(x,y,z) - (①+②) - 5(②+③+2·④) = ① + 5·③ + 5·④ + 20·⑤
[VII]. R(x,y,z) - (①+②) - 5(②+③+2·④) - 5(④+2·⑤) = ① + 5·③ + 10·⑤
[VIII]. R(x,y,z) - (①+②) - 5(②+③+2·④) - 5(④+2·⑤) - 5(③+⑤) = ① + 5·⑤
由 [V] 到 [VIII] 可知，从 R(x,y,z) 中减去 x+y+z 的四组倍式得到了 ① + 5·⑤，即 x5+y5+z5+5(x2y2z+x2yz2+xy2z2)，如果对该式分解出因式 x+y+z，则 R(x,y,z) 中也能分解出因式 x+y+z.
① + 5·⑤，虽然比起 R(x,y,z) 看上去简单得多，但其因式分解依然不好求. 先展开 (x+y+z)5，如下：
[IX]. (x+y+z)5 = x5 + 5x4(y+z) + 10x3(y+z)2 + 10x2(y+z)3 + 5x(y+z)4 + (y+z)5
= x5+y5+z5 + 5x4y+5x4z + 5y4x+5z4x + 5y4z+5z4y +
10x3y2+10x3z2 + 10x2y3+10x3z2 + 10y3z2+10z3y2 +
20x3yz+20y3zx+20z3yx + 30x2y2z+30y2z2x+30x2z2y
= ① + 5·② + 10·③ + 20·④ + 30·⑤
对比 [IX] 和 [V]，有 R(x,y,z) - (①+②) = (x+y+z)5 - 5(④+2·⑤)，于是
R(x,y,z) = (x+y+z)5 - 5(④+2·⑤) + (①+②)
= (x+y+z)·[(x+y+z)4 - 5(x2yz+y2zx+z2xy) + (x4+y4+z4)]
= (x+y+z)·[2(x4+y4+z4) + 4(x3y+x3z+y3z+y3x+z3x+z3y) + 6(x2y2+z2x2+y2z2) + 7(x2yz+y2zx+z2xy)]
P4(x,y,z) = 28·xyz·R(x,y,z)
= xyz·(x+y+z)·[56(x4+y4+z4)+112(x3y+x3z+y3z+y3x+z3x+z3y)+168(x2y2+z2x2+y2z2)+196(x2yz+y2zx+z2xy)]
对照前面的 (VI) 式，即
P4(x,y,z) = xyz(x+y+z)·{a(x4+y4+z4) + b[x3(y+z) + y3(z+x) + z3(x+y)] +
c(x2y2 + y2z2 + z2x2) + d(x2yz + y2zx + z2xy)}
可知 a = 56，b = 112，c = 168，d = 196.
原来 (VI) 式并没有问题，没有漏项，问题出在 d 值的计算上. 重新检查前面如下这段：
考察 x3y3z2 项：(VII) 式中只有 C(8,3)·x3(y+z)5 能提供 x3y3z2 项，进一步展开可知 x3y3z2 项的系数为 C(8,3)·C(5,2) = 56·10；而在 (VI) 式中有两组 x3y3z2 项，即 xyz·x·dy2zx = d·x3y3z2 以及 xyz·y·dx2yz = d·x3y3z2，于是有 d + d = 56·10
发现问题出在这句判断上：在 (VI) 式中有两组 x3y3z2 项，即 xyz·x·dy2zx = d·x3y3z2 以及 xyz·y·dx2yz = d·x3y3z2.
实际上在 (VI) 式中有三组 x3y3z2 项，漏掉的是 xyz·z·cx2y2，= c·x3y3z2，因而有 c + 2d = 560，即有
d = (560 - c) / 2 = (560 - 168) / 2 = 196.
综上， P4(x,y,z) = 28·xyz·R(x,y,z)
= 28xyz(x+y+z)·{2(x4+y4+z4) + 4[x3(y+z)+y3(z+x)+z3(x+y)] +
6(x2y2+y2z2+z2x2) + 7(x2yz+y2zx+z2xy)}
代入 x=y=1, z=-1 验证，P4(1,1,-1) = 4 - 44 = -252，
28·1·1·(-1)·R(1,1,-1) = -28·(1+1-1)·{2·3 + 4[(-1)3·2] + 6·3 + 7·(-1-1+1)}
= -28·1·(6 - 8 + 18 - 7) = 28·(-9) = -252.
符合预期.
回到 P4(x,y,z) 的分解式中是否含有重因式的问题.
记 ⑥ = x4+y4+z4，⑦ = x3(y+z)+y3(z+x)+z3(x+y)，⑧ = x2y2+y2z2+z2x2，⑨ = x2yz+y2zx+z2xy，并记
[X]. S(x,y,z) = 2⑥+4⑦+6⑧+7⑨.
S(0,y,z) = 2(y4+z4) + 4(y3z+z3y) + 6y2z2 + 0，S(0,1,1) = 2·2+4·2+6 = 18 ≠ 0
即 S(x,y,z) 不含因式 x，由对称性可知，S(x,y,z) 也不含因式 y 或 z.
S(1,1,-2) = 2·(1+1+16) + 4(-1-1-16) + 6(1+4+4) + 7(-2-2+4) = 36 - 72 + 54 + 0 = 18 ≠ 0
即 S(x,y,z) 不含因式 x+y+z.
因此，再由 S(x,y,z) 的 4 次齐次性和对称性，可知 S(x,y,z) 不含一次因式，也不含三次因式.
假设 S(x,y,z) = [x2+y2+z2 + a(xy+yz+zx)]·[b(x2+y2+z2) + c(xy+yz+zx)]
= b(x4+x2y2+x2z2 + y4+x2y2+y2z2 + z4+x2z2+y2z2) +
(c+ab)(x3y+x2yz+zx3 + y3x+y3z+y2zx + xyz2+yz3+xz3) +
ac(x2y2+y2zx+yzx2 + zxy2+y2z2+z2xy + x2yz+xyz2+z2x2)
= b⑥ + 2b⑧ + (c+ab)⑦ + (c+ab)⑨ + ac⑧ + 2ac⑨
= b⑥ + (c+ab)⑦ + (2b+ac)⑧ + (c+ab+2ac)⑨
再结合 [X] 可知，b = 2，c+ab = 4，2b+ac = 6，c+ab+2ac = 7
代入 b = 2，有
c + 2a = 4 [1]
4 + ac = 6 [2]
c + 2a + 2ac = 7 [3]
由 [2] 有 ac = 6 - 4 = 2，而由 [3] - [1] 有 ac = 3/2，矛盾. 这说明 S(x,y,z) 不含有二次因式.
综上可知，S(x,y,z) 是不可约的.
而 P4(x,y,z) = 28xyz(x+y+z)·S(x,y,z)，所以 P4(x,y,z) 的分解式中不含有重因式.
