f(x)在数域F上不可约,在复数域上有a,b,1/a三个根,求证1/b也是f(x)的一个根
如果f不能整除g，那么设h(x)是g(x)用f(x)除后的非零余数多项式，即g(x)=f(x)f1(x)+h(x)，则deg h<deg f，而且由于f(a)=g(a)=0，则h(a)=g(a)-f(a)f1(a)=0-0*f1(a)=0。
任何一个复数a，如果一旦存在有理数多项式p(x)，满足a是他的根。那么满足q(a)=0的有理数多项式里一定有个次数最低的（设为q(x))，这个是当然存在的，因为多项式次数是有下限的。
而且关键的是：剩下的所有满足p(a)=0的有理数多项式p(x)，就都是q(x)的倍数。这个很容易证明。设有r(x)不是q(x)的倍数，且r(a)=0，则r(x)被q(x)除的非零余式多项式s(x)也满足s(a)=0，但这样一来，s的次数比q还要低，这就与q的次数最低的定义相矛盾了。所以，相当于这个a，有个以他为根的次数最低的“本原多项式”。
简单的说，设这个根a在有理数域的“本原多项式”是q(x)，因为h(a)=f(a)=0，那么必定有q(x)|h(x)，和q(x)|f(x)。
因为deg q<=deg h，而且deg h<deg f（因为假设了g无法被f除尽），所以deg q < deg f，而且q(x)|f(x)，这和f在有理数域上不可约，是互相矛盾的！
这些推理里用到了多项式乘除法，对于有理数域是封闭性操作的性质，不过这个你应该都懂。
举例说明
我们已经有了3个根a，b和1/a，因此必须里面至少有2个是相等的。
（1）若a=b，则1/b=1/a也必然是根。此时f(x)可能是二次多项式，拥有一对模为1的共轭虚根。也可能是一次多项式，根为1或-1。
（2）若a=1/a，则a=1或-1，因此f(x)有实根。因f(x)不可约，所以f(x)就是一次多项式，无论b=1还是-1，都有1/b=b，所以也是根。
（3）若b=1/a，则1/b=a也不然是根。此时f(x)可能是二次多项式，拥有一对模为1的共轭虚根。也可能是一次多项式，根为1或-1。
证明完毕。
f(x)在数域F上不可约,在复数域上有a,b,1\/a三个根,求证1\/b也是f(x...
因为f(x)在实数域上不可约，由代数基本定理（实系数多项式可分解为若干一次和两次不可约实系数多项式的乘积）因此f(x)次数不能超过2，即不同的根不会超过2个。我们已经有了3个根a，b和1\/a，因此必须里面至少有2个是相等的。（1）若a=b，则1\/b=1\/a也必然是根。此时f(x)可能是二次多项式...
证明:数域F上任意一个不可约多项式在复数域内没有重根.
【答案】：证 设p(x)是F上不可约多项式，则(p(x)，p'(x))=1． 因多项式的最大公因式不因数域扩大而改变，所以在复数域内仍有(p(x)，p'(x))=1，故p(x)在复数域上无重根．
设f(x),g(x)为数域f上的不全为零多项式。证明[f(x),g(x)]=[f(x),f...
一般还是习惯用(f(x),g(x))表示.首先(f(x),g(x)) | f(x), (f(x),g(x)) | g(x), 故(f(x),g(x)) | f(x)+g(x).因此(f(x),g(x))是f(x)与f(x)+g(x)的公因式, 于是(f(x),g(x)) | (f(x), f(x)+g(x)).反过来, (f(x), f(x)+g(x)) | f(...
为什么没有有理数的根多项式不可约?
如果一个多项式f(x)没有有理根，那么它在有理数域上不可约的原因是什么？这个问题涉及到多项式的根与因式分解之间的关系。首先，我们知道如果一个多项式在有理数域上不可约，那么它不能被分解成两个次数较低的多项式的乘积。换句话说，它没有有理数根，并且无法表示为有理数系数的两个多项式的乘积...
如何判断一个多项式在某个数域上不可约
1、艾森斯坦因判别法：设f（x）=a₀+a₁x+...+aₙxⁿ是整系数多项式，若有一个素数P使得P不整除aₙ，但整除其他aᵢ（i=0,1，...，n-1）；p²不整除a₀，那么f（x）在有理数域上市不可约的。2、反证法：因为艾森斯坦因判别法只是一个...
请问数域F上的不可约多项式f(x) 在数域F内一定没有根,这个结论...
D
f(x),g(x)是有理数域上的多项式,且f(x)在有理数域上不可约,
那么必定有q(x)|h(x)，和q(x)|f(x)。因为deg q<=deg h，而且deg h<deg f（因为假设了g无法被f除尽），所以deg q < deg f，而且q(x)|f(x)，这和f在有理数域上不可约，是互相矛盾的！这些推理里用到了多项式乘除法，对于有理数域是封闭性操作的性质，不过这个你应该都懂。
...1,这里n>=1.证明:多项式f(x)在有理数域上不可约?
若f(x)=u(x)v(x), deg u(x) >= deg v(x) >= 1 那么deg v(x) <= floor(n\/2)注意f(k)=1 <=> |u(k)|=|v(k)|=1，所以v(x)+1=0和v(x)-1=0中至少有一个存在ceil[(n+1)\/2]个根 但是m次多项式不能有m+1个根，矛盾；加法与乘法 有限的单项式之和称为多项式。不...
...系数为正整数的一个多项式,且根为实数,证明f(x)在有理数域上不...
首先，若f(x)=x^n+px+q至少有四个不同的实根，利用两次Rolle定理可得f''(x)至少有两个不同的实根，但是f''(x)=n(n-1)x^{n-2}只有x=0一个零点，矛盾。当n是偶数时，若f(x)至少有三个不同的实根，用一次Rolle定理得f'(x)至少有两个不同的实根，然而f'(x)=nx^{n-1}+p单调...
两个多项式在有理数域上不可整除,在复数域上可整除吗
如果f(x)和g(x)都是有理数域上的多项式, 并且f(x)不整除g(x), 那么把它们视为复多项式, 在复数域上f(x)仍然不整除g(x)
锻仁六味：[答案] 因为f(x)在实数域上不可约,由代数基本定理(实系数多项式可分解为若干一次和两次不可约实系数多项式的乘积)因此f(x)次数不能超过2,即不同的根不会超过2个.我们已经有了3个根a,b和1/a,因此必须里面至少有2个是相等的...
大安市19218163530： f(x),g(x)是有理数域上的多项式,且f(x)在有理数域上不可约,(继续上面的)若存在复数a使得f(a)=g(a)=0证明:f(x)|g(x) - ？
锻仁六味：[答案] 如果f不能整除g,那么设h(x)是g(x)用f(x)除后的非零余数多项式,即g(x)=f(x)f1(x)+h(x),则deg h任何一个复数a,如果一旦存在有理数多项式p(x),满足a是他的根.那么满足q(a)=0的有理数多项式里一定有个次数最低的(设为q(x)),这个是当然存在...
大安市19218163530： 证明:有理数域上的不可约多项式没有重根(根是复数域上的) - ？
锻仁六味： 提示:f(x)的重根一定是f(x)和f'(x)的公共根
大安市19218163530： 证明任何数域上的不可约多项式在复数域中无重根 - ？
锻仁六味：[答案] 若p(x)是数域F上的不可约多项式,那么p'(x)也是F上的多项式且gcd(p,p')=1,故p(x)在C上没有重根
大安市19218163530： 在复数域,有理数域将f(x)=x^9+x^8.x^2+x^1+1分解为不可约因式的乘积! - ？
锻仁六味：[答案] 设Xk=cos[2kπ/10]+isin[2kπ/10] (k=1,2,9) 则f(x)=(x-x1)(x-x2),(x-x9)(在复数域内分解)
大安市19218163530： 域的扩张数学题目 - ？
锻仁六味： 概念是很重要的, 必须反复琢磨, 并结合例子理解.以这道题来说, 主要还是使用定义.由E是F上的代数扩张, a作为E中的元素都是F上的代数元,即存在非零的F-系数多项式f(x)使f(a) = 0.在所有在a处取0的F-系数多项式中, 选取f(x)使其次数最小.断言这样的f(x)必定在F上不可约.若不然, 设f(x) = g(x)h(x), 其中g(x), h(x)都是次数小于deg(f)的F系数多项式.由0 = f(a) = g(a)h(a), 可得g(a) = 0或h(a) = 0,即存在次数小于deg(f)的F-系数多项式在a处取0, 与f(x)次数最小矛盾.因此f(x)在F上不可约, 即满足条件.
大安市19218163530： f(x)=x^3 - 6x^2+15x - 14在有理数域上是否可约?写明判断依据 - ？
锻仁六味： 这个嘛,它的意思就是说,能在有理数的范围内分解因式,分解后的因式当中不含有无理数.如题: f(x)=x^3-6x^2+15x-14 =(x-2)^3+3(x-2) =(x-2)[(x-2)^2+3] =(x-2)(x^2-4x+7) 算到这一步了,得看x^2-4x+7能否继续分解,那么就是考查方程x^2-4x+7=0有没有实数根.Δ=16-28=-12<0 说明没实根,那么x^2-4x+7无法分解成有理因式. 因此f(x)=x^3-6x^2+15x-14在有理数域上不可约!!!
大安市19218163530： 设数域P1⊂P2,多项式f(x)∈P1[x],则() - ？
锻仁六味：[选项] A. f(x)在P1上不可约当且仅当f(x)在P2上不可约 B. f(x)在P1上无重因式当且仅当f(x)在P2上无重因式 C. f(x)在P1上有根当且仅当f(x)在P2上有根 D. f(x)在P1上有非平凡因式当且仅当f(x)在P2上有非平凡因式
大安市19218163530： f(x)是域F上的首一不可约多项式,域的特征Char F = 0,设E是包含F的代数封闭域,由于f(x)在域F上不可约,因此f(x)在F[X]中没有重因式.请说明一下为什么说... - ？
锻仁六味：[答案] 一般的《代数数论》的教科书上应该都能够找到.比如冯克勤、刘凤梅《代数数论简明讲义》第15页.大致说明如下;f(x)有重根 f与f'不互素(即有次数大于0的公因式)f'为f的形式导数(这样可以避免引入极限的概念,省去很...
