证明不可约多项式无重根-搜答案-神马作文网

约不可失魏文侯①与虞人②期猎.是日,饮酒乐,天雨.文侯将出,左右曰：“今日饮酒乐,天又雨,公将焉③之?”文侯曰：“吾与虞人期猎,虽乐,岂可不一会期哉?”乃往,身自罢④之.〖注解〗①魏文侯：战国是魏国国

设p(x)为n次多项式,考虑q(x)=x^n·p(1/x),可知q(x)也为F上的n次多项式.∵p(x)和q(x)有公共根a,∴p(x),q(x)有次数大于1的公因式.又∵p(x)不可约,∴p(x)|

请问你现在解决这个问题了吗?!

基本上忘光了,只能给你建议个思考方向.多项式矩阵和Jordan标准型

通过我所接触到的这类题目,用x=y+1,x=y-1其中之一能解决问题的占了100%.所以我的建议是只用试试x=y+1,x=y-1,如果都不成功,很可能说明本题不能用爱森斯坦判别法.尝试其他方法.顺便,

取1,就完了.f(x+1)=(x+1)^6+(x+1)^3+1=x^6+6x^5+15x^4+20x^3+15x^2+6x+1+x^3+3x^2+3x+1+1=x^6+6x^5+15x^4+21x^3

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

对任意正整数n,令f(x,y)=x^n+y+1.不可约.

是充分非必要条件.再问：是不是每一个有理数域上的不可约多项式，都可以通过代换，变成符合此判别法的条件？再问：能证明吗？再答：这个还没有试过。但是从英文版的wikipedia看，应该不是，只是有部分多项

反证法.假设f(x)在有理数上可约,设f(x)=g(x)*h(x)其中g(x),h(x)都是有理数系数的多项式使f(x)为素数的x值中,g(x)与h(x)至少有一个为1或-1,否则f(x)为合数了.又

证明：因为（√2+√3)(√2-√3)=-1,(√2+√3)+(√2-√3)=2√2故√2+√3是方程x^2-2√2x-1=0的根x^2-2√2x-1=0,乘以x^2+2√2x-1得：（x^2-1)^

利用反证法可以证明不妨设f(x)=0的两个根的和是有理数2a.令g(x)=f(x+a),h(x)=g(-x)不等于g(x)则g(x)不可约（因为f（x）不可约.）g(x),h(x)不相等且有公共根,g

设p(x)、g(x)都是F[x]上的不可约多项式.证明：若p(x)整除g(x),则p(x)=c*g(x),这里c∈F,c≠0.证：根据不可约多项式的定义,p(x)、g(x)都是非零多项式.由p(x)|

只需要证是有,这个多项式必然是常数多项式.设f(x)=anx^n+...+a1x+a0an≠0,n>0把常数项a0分解因子a0=p1p2...pn,pi都是素数取p=p1那么f(p1)中的每一项都含有

x^4-2*x^2+9

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!再问：我是化学专业的，这是我们选修课的题目，还有几道，望大神不吝赐教，非常感谢，地址：http

用反证法.设p(x)是数域F上的不可约多项式.假设a是p(x)(在复数域内)的重根,则有p(a)=0,p'(a)=0(p'(x)为p(x)求导得到的多项式).若p(x)与p'(x)互素,则存在u(x)

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

x^4+1=x^4+2x²+1-2x²=（x²+1）²-2x²=（x²-√2x+1）（x²+√2x+1）所以是可约的.这个定理的意