有理数域上多项式的不可约性及求根 想要有关的资料~~拜托了

“有理数域上的不可约多项式”四道题，望各位大神帮帮忙，只要结果，不要过程，谢谢~

选择题：1、D；2、B。
判断题：1、否；2、是。
这是近世代数的题啊，你是数学专业的大学生吧。努力啊！加油！！

不仅要可以写成两个有理系数多项式的乘积，还要求因子的次数比原来的多项式要低，否则没有意义

人类很早就掌握了一元二次方程的解法，但是对一元三次方程的研究，则是进展缓慢。古代中国、希腊和印度等地的数学家，都曾努力研究过一元三次方程，但是他们所发明的几种解法，都仅仅能够解决特殊形式的三次方程，对一般形式的三次方程就不适用了。
在十六世纪的欧洲，随着数学的发展，一元三次方程也有了固定的求解方法。在很多数学文献上，把三次方程的求根公式称为“卡尔丹诺公式”，这显然是为了纪念世界上第一位发表一元三次方程求根公式的意大利数学家卡尔丹诺。那么，一元三次方程的通式解，是不是卡尔丹诺首先发现的呢？历史事实并不是这样。
数学史上最早发现一元三次方程通式解的人，是十六世纪意大利的另一位数学家尼柯洛·冯塔纳（Niccolo Fontana）。 冯塔纳出身贫寒，少年丧父，家中也没有条件供他念书，但是他通过艰苦的努力，终于自学成才，成为十六世纪意大利最有成就的学者之一。由于冯塔纳患有“口吃”症，所以当时的人们昵称他为“塔尔塔里亚”（Tartaglia）， 也就是意大利语中“结巴”的意思。后来的很多数学书中，都直接用“塔尔塔里亚”来称呼冯塔纳。
塔尔塔利亚（口吃者）在从事数学教学工作中，有个数学老师向他请教两道一元三次方程，塔尔塔利亚全身心投入，废寝忘食，居然解出来了，并因此找到了解一元三次方程的方法。于是，塔尔塔利亚向外界公开宣称，他已经知道了一元三次方程的解法，但不能公开自己的步骤。这时有一个叫菲俄的人也宣称，他也找到了一元三次方程的办法，并说他的方法得到了当时著名数学家费罗的真传。
他们二人谁真谁假？谁优谁劣？于是，1535年2月22日，在意大利有名的米兰大教堂，举行了一次仅有塔尔塔利亚和菲俄参加的数学竞赛。他们各自给对方出30道题，谁解得对解得快谁就得胜。两个小时后，塔尔塔利亚解完了全部30道题，而菲俄却一道题也解不出来。塔尔塔利亚大获全胜。
原来，一元三次方程是1504年意大利数学家巴巧利引起的，他说：“x3+mx=n，x3+n=mx之不可解，正像化圆为方问题一样。”谁知此问题提出不久，数学家费罗就解出来了，他将方法透露给自己的学生菲俄。于是，当塔尔塔利亚宣称他找到一元三次方程解法时，就出现了要进行竞赛的事情。
塔尔塔利亚面对著名的学者，他有些心虚，因为他的方法还不完善。他在竞赛之前的10天，塔尔塔利亚彻夜不眠，直至黎明。当他头昏脑胀，走出室外，呼吸新鲜空气，顿时他的思路豁然开朗，多日的深思熟虑，终于取得成果。为了使自己的成果更完善，塔尔塔利亚又艰苦努力了6年，在1514年真正找到了一元三次方程的解法。很多人请求他把这种方法公布出来，但遭到拒绝，原来，塔尔塔利亚准备把自己的发明发现写成一本专著，以便流传后世。
当时米兰还有一位对一元三次方程非常感兴趣的数学家卡尔丹，苦苦央求塔尔塔利亚把解法告诉他，并起誓发愿，决不泄露。1539年，塔尔塔利亚被卡尔丹的至诚之心所动，就把方法传授给他。卡尔丹没有遵守自己的诺言，而是写成一本书，1545年在纽伦堡出版发行，在书中，卡尔丹公布了一元三次方程的解法，并声称是自己的发明。于是人们就将一元三次方程的求根公式称为“卡尔丹公式”。
卡尔丹的背信弃义激怒了塔尔塔利亚，他向卡尔丹宣战，要求进行公开竞赛。双方各拟31道试题，限期15天完成。卡尔丹临阵怯场，只派了一名高徒应战。结果塔尔塔利亚在7天之内就解出了大部分试题，而卡尔丹的高徒仅做对一道。接着，二人进行了激烈的论辩，人们终于明白了真相，塔尔塔利亚才是一元三次方程求根公式的真正发明人。
塔尔塔利亚经过这场风波之后，准备心平气和地把自己的成果写成一部数学专著，可是他已经心力憔悴，1557年，他没有实现自己的愿望就与世长辞了。

一元三次方程的求根公式用通常的演绎思维是作不出来的，用类似解一元二次方程的求根公式的配方法只能将型如ax^3+bx^2+cx+d+0的标准型一元三次方程形式化为x^3+px+q=0的特殊型。
一元三次方程的求解公式的解法只能用归纳思维得到，即根据一元一次方程、一元二次方程及特殊的高次方程的求根公式的形式归纳出一元三次方程的求根公式的形式。我归纳出来的形如 x^3+px+q=0的一元三次方程的求根公式的形式应该为x=A^(1/3)+B^(1/3)型，即为两个开立方之和。归纳出了一元三次方程求根公式的形式，下一步的工作就是求出开立方里面的内容，也就是用p和q表示A和B。方法如下：
（1）将x=A^(1/3)+B^(1/3)两边同时立方可以得到
（2）x^3=(A+B)+3(AB)^(1/3)(A^(1/3)+B^(1/3))
（3）由于x=A^(1/3)+B^(1/3)，所以（2）可化为
x^3=(A+B)+3(AB)^(1/3)x，移项可得
（4）x^3－3(AB)^(1/3)x－(A+B)＝0，和一元三次方程和特殊型x^3+px+q=0作比较，可知
(5)－3(AB）^（1/3）＝p,－(A+B)=q，化简得
（6）A+B＝－q，AB＝-（p/3）^3
（7）这样其实就将一元三次方程的求根公式化为了一元二次方程的求根公式问题，因为A和B可以看作是一元二次方程的两个根，而(6)则是关于形如ay^2+by+c=0的一元二次方程两个根的韦达定理，即
（8）y1＋y2＝－（b/a）,y1*y2=c/a
(9)对比（6）和（8），可令A＝y1，B＝y2，q＝b/a，-（p/3）^3＝c/a
(10)由于型为ay^2+by+c=0的一元二次方程求根公式为
y1＝－（b＋（b^2－4ac）^(1/2)）/(2a)
y2＝－（b－（b^2－4ac）^(1/2)）/(2a)
可化为
(11)y1＝－(b/2a)-((b/2a)^2-(c/a))^(1/2)
y2＝－(b/2a)+((b/2a)^2-(c/a))^(1/2)
将(9)中的A＝y1，B＝y2，q＝b/a，-（p/3）^3＝c/a代入（11）可得
(12)A＝－(q/2)-((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)
B＝－(q/2)+((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)
(13)将A，B代入x=A^(1/3)+B^(1/3)得
(14)x=（－(q/2)-((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)）^(1/3)+（－(q/2)+((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)）^(1/3)

后记：

一、(14)只是一元三方程的一个实根解，按韦达定理一元三次方程应该有三个根，不过按韦达定理一元三次方程只要求出了其中一个根，另两个根就容易求出了。由于计算太复杂及这个问题历史上已经解决，我不愿花过多的力气在上面，我做这项工作只是想考验自己的智力，所以只要关键的问题解决了另两个根我就没有花力气去求解。
二、我也曾用类似的方法去求解过一元四次方程的解，具体就是假设一元四次方程的根的形式为x=A^(1/4)+B^(1/4)+C^(1/4),有一次我好象解出过，不过后来多次求解好象说明这种方法求解一元四次方程解不出。不过我认为如果能进一步归纳出A、B、C的形式，应该能求出一元四次方程的求根公式的。由于计算实在太复杂及这个问题古人已经解决了，我后来一直没能完成这项工作。
三、通过求解一元三次方程的求根公式，我获得了一个经验，用演绎法（就是直接推理）求解不出来的问题，换一个思维，用归纳法（及通过对简单和特殊的同类问题的解法的归纳类比）常常能取得很好的效果。事实上人类常常是这样解决问题的，大科学家正是这样才成为大科学家的。
一个n次不可约多项式，如果只能整除1＋Z^2^n-1而不能整除其它1＋Z^L(L<2^n-1)，则这种不可约多项式就称为本原多项式。
对于一个n次多项式，其本原多项式一般有若干个。下面将给出的一个算法，是求解在给定任意n值及一个本原多项式的情况下，其余本原多项式的求解方法。该算法的意义在于提供了同一n值情况下若干个可选的本原多项式，这样就允许在构造应用系统时有不同的选择方案。
已知一个n级本原多项式，求解其余的本原多项式按以下步骤进行。
(1) 首先确定n级本原多项式的个数λ(n),λ(n)即是n级本原多项式的个数。
(2) 求出小于2n－1且与2n－1互素的所有正整数，构成一个集合〔Si〕，并重新排序，使〔Si〕中元素从小到大排列。
(3) 排除〔Si〕中不适合的数
* 排除〔Si〕中形如2j（j为正整数）
* 排除〔Si〕中所有同宗的数。即从〔Si〕中从后到前搜索，每取一个数即做2K×Si，直到大于2n－1，然后减去2n－1，用差值在〔Si〕中向前搜索，如果有相同的数则将Si排除，否则保留。再取Si－1按同样过程做一遍，直到S0．
* 排除〔Si〕中有倍数关系的数。即从〔Si〕中从后到前搜索，每取一数即向前查询一遍，最后〔Si〕中剩下的数即为本原抽样数，其个数一定为λ(n)-1。
(4) 根据已知的一个n级本原多项式，为其设置初始状态000…01（n个），求出其M序列｛Ai｝（长度为2n－1）.
(5) 依次从Si中取出本原抽样数，每取出一个抽样数Si，即可求出一个本原多项式：以Si对｛Ai｝进行抽样，就可产生长度为2n－1的另一M序列｛Si｝，在｛Si｝中找到形如000…01（n位）的序列段｛Mi｝，并提取包括｛Mi｝为前n项的2n长度的序列：
Am+0，Am+1，…，Am+n-1，
0 0 … 1
Am+n，Am+n+1，…Am+2n-1
X X … X
欲确定的Ci可用下列方程组确定;
C1＝Am+n
C2＝Am+n+1+C1Am+n
C3＝Am+n+2+C1Am+n+1+C2Am+n

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射洪县15911826631： 有理数域上多项式的不可约性及求根想要有关的资料~~拜托了 ？
弓果派斯： 人类很早就掌握了一元二次方程的解法,但是对一元三次方程的研究,则是进展缓慢... 一个n次不可约多项式,如果只能整除1+Z^2^n-1而不能整除其它1+Z^L(L 对于一个n...

射洪县15911826631： 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! - ？
弓果派斯：[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-...

射洪县15911826631： 怎样证明x^2+1在有理数域上不可约. - ？
弓果派斯：[答案] 法一:代数基本定理 x²+1=0在数域内正好有2个根 那么可以解也这两个根为 i,和-i 故x²+1=0除那两个之外再无别根 故无有理根. 故在Q上不可约. 方法二,由x²=-1无实根,所以无有理根. 所以在Q上不可约.

射洪县15911826631： 设多项式f(x)=x4+4kx+1(k为整数),证明f(x)在有理数域Q上不可约. - ？
弓果派斯：[答案] 证明:若f(x)有有理根,则有理根只可能±1,但f(±1)=2±4k≠0, 因此f(x)无一次因式 若f(x)可约,则只能是分解成两个二次因式的乘积 又f(x)是整系数多项式,因此f(x)可化为两个整系数的二次因式的乘积 不妨设,f(x)=(x2+ax+1)(x2+bx+1)=x4+(a+b)x3+(2+...

射洪县15911826631： 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)不可约,怎么样才能找到适合的b呢? - ？
弓果派斯： 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...

射洪县15911826631： f(x)=x^4+x+1在有理数域不可约怎么证明,我试过用y=x+1,但是不行我知道它是无有理根的,那样就是不可约的吗? - ？
弓果派斯：[答案] 由于常数项的系数和最高次项的系数都是1 那么f(x)在有理数域上的根只可能是1或者-1 因为f(1)=1^4+1+1=3,f(-1)=(-1)^4+(-1)+1=1 都不等于0,即都不是根 所以f(x)在有理数域上无根 即f(x)在有理数域上不可约

射洪县15911826631： 如果有理系数多项式没有有理根,能否断定它在有理数域上不可约?理由是什么? - ？
弓果派斯：[答案] 这个结论是不对的. 如 (x^2+x+1)(x^2+2x+3) 可约,但它没有有理根(它甚至没有实根).

射洪县15911826631： 多项式x^3 3x^2 - x 2在有理数域上是否不可约 - ？
弓果派斯： 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-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次及以上的有理系数多项式, 没有有理根只是在有理数域上不可约的必要非充分条件.

射洪县15911826631： 证明:x^4+x^3+1在有理数集内不可约 - ？
弓果派斯： 证明;:设f(X)=x^4+x^3+1,假设在有理数可约,则存在m≠n,且互质,使f(X)=(x-m/n)*g(x) ∴f(m/n)=0*g(x)=0 即m^4/n^4+m^3/n^3+1=0 m^4+m^3*n+n^4=0 ∵m^3*n+n^4有因数n ∴m^4也有因数n,则m、n不互质.与假设矛盾 ∴x^4+x^3+1在有理数集内不可约

射洪县15911826631： x^4+1在有理数域上分解成不可约多项式 - ？
弓果派斯： 只能在实数域上分解: x^4+1 =x^4+2x^2+1-2x^2 =(x^2+1)^2-2x^2 =(x^2+2^(1/2)x+1)(x^2-2^(1/2)x+1) 有理数域上不可约(可以用Eisenstein判别法证明)