高等代数多项式，求详细过程
用反证法，假设线性无关，则
这些多项式的次数都不一样，即次数之和
至少是0+1+2+3+4+...+s-1=s(s-1)/2
也即
n1+n2+n3+...+ns≥s(s-1)/2
这与题意矛盾！
因此假设不成立，也即线性相关
In[1]:= Factor[
2 x^7 + x^6 - 11 x^5 - 7 x^4 + 12 x^3 + 15 x^2 + 9 x - 9]
Out[1]= (-1 + 2 x) (-3 + x^2)^2 (1 + x + x^2)
In[4]:= Factor[
2 x^7 + x^6 - 11 x^5 - 7 x^4 + 12 x^3 + 15 x^2 + 9 x - 9,
Extension -> Sqrt[3]]
Out[4]= (Sqrt[3] - x)^2 (Sqrt[3] + x)^2 (-1 + 2 x) (1 + x + x^2)
这种题一般就是试根吧,看9的所有因数是不是根,不是再试试根号三之类的.找到根比如x0,就除一个(x-x0).没什么太好的方法,除非你初中的基础太好,能用拆添项做出来.
利用最大公因子与域无关的特点, 求两个多项式的最大公因子, 可以转化为求它们在复数域上的公共根
x^m+1的复根是以 (2k+1)pi/m 为幅角的单位根, 其中k取0,1,...,m-1
如果x^m+1和x^n+1有公共根, 那么存在自然数p,q使得0<=p<m, 0<=q<n, (2p+1)pi/m=(2q+1)pi/n, 所以(2p+1)n=(2q+1)m
当m,n一奇一偶时, (2p+1)n=(2q+1)m的两边也是一奇一偶, 不可能成立, 此时x^m+1和x^n+1的最大公因子是1
当m,n是互素的奇数时, 2p+1是m的倍数, 而2p+1<2m, 所以2p+1=m, 同理2q+1=n, 说明公共根只有-1, 也就是x^m+1和x^n+1的最大公因子是x+1
高等代数多项式这个猜测对吗,高手请证出来,或者举反例推翻
f1,g1都是多项式，均可以有一个或多个因式；若f1，g1互素，则f1，g1的因式互素；d可以有一个或多个因式；若d整除f1g1，则d的因式必包含于f1g1的因式；则一定存在d的一部分因式包含于f1，另一部分因式包含于g1；即一部分因式整除f1，另一部分因式整除g1；即： 若f1,g1互素，d至少可以表...
高等代数多项式
f(x) = A0+A1(x-c)+A2(x-2)^2+...+An(x-c)^n x=c , => A0 = f(c)f'(x) =A1+2A2(x-2)^2+...+nAn(x-c)^(n-1)x=c, => A1 = f'(c)\/1!...f^(n-1)(x) = (n-1)! .A(n-1) + n!.An(x-c)x=c , => A(n-1) = f^(n-1)(c)\/(n...
高等代数 求 满足条件的多项式
先说一般方法:设f(x) = a+bx+cx²+dx³, 代入x = 1, -1, 2, -2得到关于a, b, c, d的线性方程组.其系数行列式是Vandermonde行列式, 故方程存在唯一解.求解即得到使等式成立的唯一的次数不大于3的多项式, 也就是次数最低的多项式.详细计算就不写.对这道题, 因为数值上有点...
求助,高等代数题目,多项式。
所以，p(x)|f(x).
高等代数题目,求解析,很急
若A是对称阵，则A的特征值都是实数。若λ是A的特征值，f是多项式，则由f(A)=0知f(λ)=0。由于（C）,（D）两个选项的f(λ)=0没有实根，说明A不可能是对称阵。而（A）（B）两项都是可以的。
高等代数多项式问题
设 f(x)≠0 是非零多项式，有：δ（f^2(x))=δ（f(x)*f(x))=δ（f(x))+ δ（f(x))=2δ（f(x))为 偶数；同理δ（g^2(x))=2δ（g(x)) 也是偶数；∴δ（f^2(x)+g^2(x))=max{δ（f^2(x)) ,δ（g^2(x))} 也是偶数；δ（x[f^2(x)+g^2(x)])=δ（...
高等代数理论基础8:多项式函数
定理：用一次多项式 除多项式f(x),所得余式为一个常数,这个常数等于函数值 证明：推论： 是f(x)的根 定义：若f(x)在 时函数值 ,则称 为f(x)的一个根或零点 定义：若 是f(x)的k重因式,则称 为f(x)的k重根 当k=1时, 为单根,当 时, 为重根 定理：P[x]中n次...
高等代数如何求多项式根?
高等代数求多项式的有理根如下：整系数方程anx^n+a(n-1)x^(n-1)+...+a2x^2+a1x+a0=0的有理根x=p\/q。满足：p能整除a0，q能整除an。要求整系数方程的有理根，只须把an、a0分解质因数，然后找出所有的p\/q，代入一一试验，满足的是根，不满足的不是根。有理根定理是一个关于任意整系...
问一道高等代数习题,求大佬解答,见下图
高代数上刚开始的一章有一个介绍多项式运算的内容，设 f(x)=(an)x^n+[a(n-1)]x^(n-1)+………+a0，g(x)=(bm)x^m+[b(m-1)]x^(m-1)+………+b0，是总数域P上的两个多项式。那么可以写成 f(x)=∑(i=0，n)(ai)x^i， g(x)=∑(i=0，m)(bi)x^i 在表示多项式...
求解两道高等代数多项式多项式的证明题,毫无头绪
第2题反证，若q可约，分解成q=uv，那么取f=u,g=v即得矛盾
滑环通窍： 先把f写成 f(x)=(x-a)(x-a-1)(x-a-2)g(x)+1 其中g是整系数多项式 然后看到(x-a)(x-a-1)(x-a-2)一定是6的倍数即可 以上回答你满意么?
洮北区13480845273： 高等代数中怎么求多项式uv,使得d=fu gv - ？
滑环通窍： 用辗转相除法求d的过程中可以顺带求出u和v
洮北区13480845273： 高等代数:求多项式f(x)=x^3+2x^2+2x+1与g(x)=x^4+x^3+2x^2+x+1的公共根 - ？
滑环通窍：[答案] f(x)=x^3+2x^2+2x+1=g(x)=x^4+x^3+2x^2+x+1 x^4-x=0 x(x^3-1)=0 x(x-1)(x^2+x+1)=0 实数根有两个 x=0,x=1
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滑环通窍： 代数基本定理:复数域上的n(n是正整数)次多项式,有且有n个根.这个定理第一次严格证明,是由高斯给出的.零多项式,是一个常数f(x)=0.不管x取什么值,总有f(x)=0.所以零多项式有无穷多个根,当然也有n+1=0+1=1个根.
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滑环通窍：[答案] f'(x)=(x-x1)'(x-x2)...(x-xn)+(x-x1)(x-x2)'...(x-xn)+..+(x-x1)'(x-x2)...(x-xn)'=(x-x2)...(x-xn)+(x-x1)(x-x3)...(x-xn)+...+(x-x1)(x-x2)...(x-x(n-1))=f(x)/(x-x1)+f(x)/(x-x2)+...+f(x)/(x-xn)=∑(i=1,n)f(x)...
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滑环通窍：[答案] 因为f(x)=g(x)*1+r1(x), r1(x)=x^3-2x g(x)=r1(x)*(x+1)+r2(x), r2(x)=x^2-2 r1(x)=r2(x)*x 所以(f(x),g(x))=x^2-2=-(x+1)f(x)+(x+2)g(x), 即是M(x)=-(x+1), N(x)=x+2.
洮北区13480845273： 解下列多项式,只知道答案,但不知道过程,请大家帮忙解出详细的过程.谢谢! - ？
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洮北区13480845273： 高等代数问题:如何求这个多项式的有理根?x^3 - 6x^2+15x - 14用＂剩余除法试根＂是怎么做的, - ？
滑环通窍：[答案] -14因子 -1 1 -2 2 -7 7 -14 14 最高项系数为1,因子 1 所以,有理跟只可能是-1 1 -2 2 -7 7 -14 14 一个个带进去算就知道了 剩余除法试根,可能是(x^3-6x^2+15x-14)/(x+1)看是否余数为0
洮北区13480845273： 高等代数题(多项式) - ？
滑环通窍： 证明:假设存在整数m,使f(m)=2p,令F(x)= f(x)-p,显然F(X)是整系数多项式,则F(1)=F(2)=F(3)=p-p=0.故1,2,3是F(X)的根.可令 F(X)=(x-1)(x-2)(x-3)g(x),则g(x)也是整系数多项式,所以F(m)=(m-1)(m-2)(m-3)g(x)= f(m)-p=2p-p=p,根据已知,f(1)=f(2)=f(3)=p,,f(m)=2p,故m-1,m-2,m-3是不同的整数,它们又是p的因数,这与p为素数矛盾.
