高等代数多项式不可约证明
整系数多项式在整数环上可约等价于在有理数域上可约
在有理数域上你这个命题是显然的
因题干不全，条件不足，故无法解答。
因为am=bk=1,a0=1,b0=p,所以不可能b0,b1,……,bk都能被p整除，设第一个不能被p整除的为bs(0<s<=k)，考虑xs的系数为0=asb0+a(s-1)b1+……+a1b(s-1)+a0bs,则右端除了最后一项a0bs=bs不能被p整除外，其他各项都能被p整除，由此推断右端不能被p整除，但是0能被p整除，矛盾。所以xn+p(n>=2,p为素数)在Q上不可约
显然b非零。若n=deg[f]，记g(x)=x^n*f(1/x)，即把f的系数反过来排，那么g(c)=0，这样g(x)和f(x)只相差一个非零常数倍(注意c是(f,g)的根)，这样f(1/b)=g(b)/x^n=k*f(b)/b^n=0。
证明多项式f(x)=x^3+3x+1在有理数域上不可约 大学高等代数求帮助!
换句话说必须有有理根.假设f(x)有有理根p\/q,其中p,q为互质的整数.f(x)作为整系数多项式,可以证明p整除常数项,而q整除首项系数.对f(x) = x^3+3x+1来说,只有p\/q = 1或-1.但容易验证1和-1都不是f(x)的根,因此f(x)没有有理根,故在有理数域上不可约.注意,对于4次及以上的有...
一道高等代数多项式证明题!!,证明:三次有理多项式不可约当且仅当没有...
如果有有理根则一定可约 反过来, 如果可约则必有一次因子, 从而有有理根
高等代数多项式定理证明是不是不太严谨?
p(x)是不可约多项式，而deg[p'(x)]<deg[p(x)]，即p'(x)的最高次数
高等代数…不可约多项式 x^4 +根号二 在实系数域中是不是四次不可约多...
在实系数域中不可约多项式最高次数是2次，∴x^4+√2在实系数域中是可约多项式.-√2的4次方根是xk=2^(1\/8)[cos(1+2k)π\/4+isin(1+2k)\/4],k=0,1,2,3,其中x0与x3,x1与x2共轭，∴x^4+√2=[(x-x0)(x-x3)][(x-x1)(x-x2)],中括号中的因式是实系数多项式。
高等代数问题:书上有句话不理解,见下述
对于实数域二次不可约多项式，根据代数基本定理，R[X]上n（n>1)次多项式f(x)=0有n个复根（重复计数），但复根z和共轭复数z'总是成对出现，则配对后f含有因式或为x-a(a属于R），或者有状如（x-z)(x-z')=x^2-2(rez)x+z*z'的实系数二次多项式且判别式小于0。反过来判别式小于零的实...
大学高等代数中一道题,多项式x^p+px+1,p为奇素数,在有理数域上是否可...
令x=y-1，则 x^p+px+1 =(y-1)^p+py-p+1 =y^p-C[p,p-1]y^(p-1)+...+(C[p,1]+p)y-p 由于 p不整除1 p|-C[p,p-1],...,-C[p,2],C[p,1]+p,-p p^2不整除-p 由艾森斯坦判别法知(y-1)^p+py-p+1不可约，故x^p+px+1不可约。
高等代数多项式有理数域可约问题,f不可约的充要条件是g(x)=f(ax+b...
既然是有理数域可约问题，一般可以尝试y=x+1，y=x-1，y=x+2，y=x-2，y=2x+1，y=2x-1等 因为根据艾森斯坦判别法，最高次系数越小，其它次项系数越大，更容易找到不能整除最高次系数而能整除其它次项系数的素数。再者，多项式各项系数过大也不易于寻找满足条件的素数 对于你所提及的x^6+...
一道高等代数多项式问题
[x-(√7+√5）][x-(√7-√5)]=x^-2x√7+2，f(x)=（x^-2x√7+2）（x^+2x√7+2）=（x^+2)^-(2x√7）^ =x^4-24x^+4,易知f(a)=0,f(x)在有理数域中不可约.
实数域上不可约多项式的类型有几种?
这个问题建议你查看一下北大版高等代数的第一章内容是有这个问题的介绍的，这个问题是很明确的只有两种：一次多项式（如ax+b，其中a，b不全为0）和二次的（如x^2+1等形式）。对于实数域上的多项式仅有一次、二次不可约多项式的证明可以用归纳法来证明的：1）对于n次多项式，当n=1,2时显然成立。
什么是不可约多项式
什么是不可约多项式 首页 问题 全部问题 经济金融 企业管理 法律法规 社会民生 科学教育 健康生活 体育运动 文化艺术 电子数码 电脑网络 娱乐休闲 行政地区 心理分析 医疗卫生 精选 知道专栏 知道日报 知道大数据 知道非遗 用户 知道合伙人 芝麻团 芝麻将 日报作者 知道之星...
周国西扶：[答案] 一个3次多项式若在有理数域上可约则必含有有理的1次因子. 换句话说必须有有理根. 假设f(x)有有理根p/q,其中p,q为互质的整数. f(x)作为整系数多项式,可以证明p整除常数项,而q整除首项系数. 对f(x) = x^3+3x+1来说,只有p/q = 1或-1. 但容易验证1和-...
富民县13427285575： 高等代数证明题 设数域p上的两个多项式f(x)与g(x)有公共根,且f(x)在数域p上不可约.证明:f(x)|g(x) - ？
周国西扶：[答案] 设 f(a)=g(a)=0 则 (x-a) |f(x) (x-a) |g(x) 又f(x)在数域p上不可约.,所以 f(x)=k(x-a) 故 f(x)|g(x)
富民县13427285575： 高等代数多项式证明,若p(x)为不可约多项式,p(x)不整除g(x),证明p(x)不整除g(x)p'(x)! - ？
周国西扶：[答案] 注意到,K[x]中的不可约多项式p(x)与任一多项式f(x)只存在两种关系:p(x)|f(x)或(p(x),f(x))=1因为p(x)不整除g(x),且显然有p(x)不整除p'(x)所以(p(x),g(x))=1、(p(x),p'(x))=1从而...
富民县13427285575： 不可约多项式性质的证明? - ？
周国西扶： 实际上,可约多项式就是可以在某个要求的范围内(如整系数多项式)可以被因式分解的多项式,所以如果你发现它可以被因式分解,那么它一定是一个可约多项式.另一方面,我们还有很多方法可以判断它是一个不可约的多项式(如果你找很久也没有找到分解因式的方法的话),例如:1.在模某个数的意义下分解,如果某个多项式可以被因式分解,那么它在模任何一个正整数m的意义下仍可以被因式分解,一般模素数p,更简单的有时可以模2;2.考虑艾森斯坦判别法,它的内容是:对f(x)=anx∧n+an-1x∧n-1+......+a1x+a0,若存在素数p,使p不整除an,而且任意ai(0≤i≤n-1),p|ai,而且p²不整除a0,那么f(x)是不可约多项式
富民县13427285575： 高等代数不可约一元多项式的一阶导数是否可约,如何证明? - ？
周国西扶：[答案] 比如y=(x+1)^m/(x+2)^n y'=[m(x+1)^(m-1) (x+2)^n-n(x+2)^(n-1) (x+1)^m]/(x+2)^2n =[m(x+2)(x+1)^(m-1) -n(x+1)^m]/(x+2)^(n+1) 化简过程中,约掉了(x+2)^(n-1) 所以是可约的
富民县13427285575： 不可约多项式的证明如何证明一个多项式在一个域里是不是不可约?如在F3[X]中x3+x+1是不是可约 - ？
周国西扶：[答案] 很一般的问题应该是没有什么万能的办法的,只能说有限域上可以穷举 对于特殊的问题可以视情况而定,比如你这个例子,显然x+2是一个因子(三次多项式若可约必定有一次因子,试一下就出来了)
富民县13427285575： 怎么证明有理系数多项式f(x)不可约的充要条件是f(ax+b)不可约?高等代数的牛顿有理根定理类似 - ？
周国西扶：[答案] 条件应该有a,b都是有理数且a ≠ 0.证明其实不难.充分性可表述为:若f(x)可约,则f(ax+b)可约.由f(x)可约,可设f(x) = g(x)h(x),其中g(x),h(x)是次数不小于1的有理系数多项式.于是f(ax+b) = g(ax+b)h(ax+b).而a,b都是有...
富民县13427285575： 高等代数,因式分解一节的题,设p(x),q(x)都是不可约多项式.证明:如果p(x)|q(x),那么p(x)=cq(x),其中c是一个非0常数. - ？
周国西扶：[答案] 这是多项式整除的定义,不要证明的. 就是这样规定的.
富民县13427285575： 高等代数证明题 设数域p上的两个多项式f(x)与g(x)有公共根,且f(x)在数域p上不可约.证明:f(x)|g(x) - ？
周国西扶： f和g有公根则(f,g)≠1,又f在P上不可约,所以f的因子只有1和f本身,故推知(f,g)=f,所以f(x)|g(x)
富民县13427285575： 怎么证明有理系数多项式f(x)不可约的充要条件是f(ax+b)不可约? - ？
周国西扶： 条件应该有a, b都是有理数且a ≠ 0. 证明其实不难.充分性可表述为: 若f(x)可约, 则f(ax+b)可约. 由f(x)可约, 可设f(x) = g(x)h(x), 其中g(x),h(x)是次数不小于1的有理系数多项式. 于是f(ax+b) = g(ax+b)h(ax+b). 而a, b都是有理数且a ≠ 0, 故g(ax+b), ...
