整系数多项式中 p｜an

设f(x)是整系数多项式且f(0),f(1)都是奇数,证明f(x)没有有理根

孤天寒雪1年前2

ezhong 共回答了25个问题 | 采纳率84%

假设f(x)有有理根a,则f(x)=(x-a)g(x),g(x）为整系数多项式,
因为f(0)=-ag(0)为奇数,所以a为奇数,
又f(1)=-(a-1)g(1)为奇数,所以a-1为奇数；所以,a-1,a都为奇数,这与相邻两整数一奇一偶矛盾.
所以,假设不成立,
所以,f(x)无有理根.

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求整系数多项式的系数,已知某无理数,求一个以该无理数为解的整系数多项式,如对于无理数√3+3^√2,整系多项式x^6 -

求整系数多项式的系数,
已知某无理数,求一个以该无理数为解的整系数多项式,如对于无理数√3+3^√2,整系多项式x^6 - 9x^4 - 4x^3 + 27x^2 - 36x - 23 = 0 就满足要求,但是要怎么得出来呢?

blackvia1年前2

我是谁哪 共回答了15个问题 | 采纳率73.3%

有点意思,但真不知道.看下午能不能有点东西出来.
3^√2怎么去掉,一下子想不到.我改成√3+2^(1/3)
考虑等式x=√3+2^(1/3),移项得：x-√3=2^(1/3),两边3次方得：
x^3-3x^2*√3+3x*3-3√3=2,即：x^3+9x-2=3x^2*√3+3√3=（3x^2+3)√3.
两边平方得：（x^3+9x-2)^2=3(3x^2+3)^2
上面的6次方程一定有根√3+2^(1/3).
类似的思路可否用于你的题目,但3^√2怎么去掉?它是代数数吗?

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已知整系数多项式f(x)=x^2+x^2(x+1)^2+x(x+1)^2可以分解成两个相同的二次不可约多项式的积,试求其

已知整系数多项式f(x)=x^2+x^2(x+1)^2+x(x+1)^2可以分解成两个相同的二次不可约多项式的积,试求其分解式
抄错题了 是f(x)=x^2+x^2(x+1)^2+(x+1)^2

zrtoulouse1年前1

外婆家的池塘 共回答了23个问题 | 采纳率100%

实数范围内不可能

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求证：8X平方-2XY-3Y平方 可以化为两个整系数多项式的平方差（过程）

Jaffer_sir1年前1

xxh1212 共回答了17个问题 | 采纳率94.1%

8X^2-2XY-3Y^2 =(9X^2-X^2)-(6XY-4XY)+(Y^2-4Y^2) =(9X^2-6XY+Y^2)-(X^2+4XY+4Y^2) =(3X-Y)^2-(X+2Y)^2 注：式中X^2代表X的平方,Y^2代表Y的平方.

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高等代数多项式证明f(x)=(x-a)f1(x),a为整数,f(x)为整系数多项式,则由综合法知商式f1(x)也为整系数

高等代数多项式证明
f(x)=(x-a)f1(x),a为整数,f(x)为整系数多项式,则由综合法知商式f1(x)也为整系数多项式!
何谓综合法,怎么证的

恋恋胜1年前1

随风听语 共回答了16个问题 | 采纳率87.5%

f(x)=(x-a)f1(x),f(x)为整系数多项式,a为整数,
则(x-a) 为本原多项式,
所以f1(x)也为整系数多项式!

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整系数多项式方程的根P/an.Q/a0的结论是怎么推导的?

整系数多项式方程的根P/an.Q/a0的结论是怎么推导的?
如题,

听暖1年前0

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设a,b,c是三个不同的整数,f(x)是整系数多项式,求证：不可能同时有f(a)=b,f(b)=c,f(c)=a

liuxiyuan19761年前3

fishaaa 共回答了23个问题 | 采纳率91.3%

f(a)=b,f(b)=c 相减得到
a-b整除b-c
f(b)=c,f(c)=a相减得到
b-c整除c-a
f(c)=a,f(a)=b相减得到
c-a整除a-b
a-b整除b-c,b-c整除c-a,c-a整除a-b
得到a-b=b-c=c-a=a-b
可以推出a=b=c.
矛盾.

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高等代数题（多项式）证明:设 f(x)是整系数多项式,且 f(1)=f(2)=f(3)=p,,则不存在整数m,使 f(m

高等代数题（多项式）
证明:
设 f(x)是整系数多项式,且 f(1)=f(2)=f(3)=p,,则不存在整数m,使 f(m)=2p.

bao572070381年前2

XY条狗 共回答了17个问题 | 采纳率94.1%

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.

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已知一个整系数多项式f(x)……

已知一个整系数多项式f(x)……
已知一个整系数多项式f(x),某同学求得f(6)=528,f(3)=53,f(1)=-2
f(-2)=56.其中恰有一个算错了,那么算错的是?

Dash2401年前2

ghost897 共回答了20个问题 | 采纳率85%

算错的是f(3)=53
6整除f(6), 而3不能整除f(3）
因此f(6) 和f(3）中至少有一个是错的
f(1)和f(3)应该同奇偶,
因此f(1) 和f(3）中至少有一个是错的
因为只有一个是错的,只能是f(3)

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一个整系数多项式p(x),若有一个整数a,使得p(a)=1证明p(x)最多只有两个整数根

smgz19848881年前1

wen2wen 共回答了13个问题 | 采纳率100%

若整数b是p(x)的根,则p(b)=0,而p(a)=1,故a≠b,
p(x)是整系数多项式,
∴a-b|p(a)-p(b),即a-b|1,
∴b-a=土1,b=a土1,
∴p(x)最多只有两个整数根.

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一个多项式的证明题：设整系数多项式f(x)对无限个整数值x的函数值都是素数,则 f(x)在有理数域上不可约.

9尾妖狐1年前4

chengxi 共回答了17个问题 | 采纳率94.1%

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.
又因为n次方程至多只有n个根,
所以使g(x)=1或-1,或使h(x)=1或-1的x值必为有限个.
这与条件：存在无穷个x使f(x)为素数矛盾
所以得证.

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整系数多项式的有理根

清晨去看海1年前2

suhao198706 共回答了12个问题 | 采纳率91.7%

是这个吗：若整系数方程a0x^n+a1*x^n-1+a2*x^n-2+.+...an=0 有有理根p/q,则p│an,q│a0

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证明：若p/q是整系数多项式f(x)的有理根,其中p,q互素,则（p-q)|f(1).

dwkxmrs1年前1

ZZZ最爱巴乔 共回答了17个问题 | 采纳率94.1%

设f(x)=a(n)x^n+a(n-1)x^(n-1)+...+a(0)因为f(p/q)=0,得a(n)p^n+a(n-1)p^(n-1)q+...+a(0)q^n=0.两边减去(a(n)+a(n-1)+...+a(0))q^n（即f(1)q^n）,得a(n)(p^n-q^n)+a(n-1)q(p^(n-1)-q^(n-1)+...+a(1)q^(n-1)(p-q)=-f(...

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求整系数多项式,使3√3+√2为它的根

sweeter1年前1

10060 共回答了15个问题 | 采纳率93.3%

极小多项式是
x^4 - 58*x^2 + 625
事实上sqrt(27)+sqrt(2),sqrt(27)-sqrt(2),-sqrt(27)+sqrt(2),-sqrt(27)-sqrt(2)都是同一个整系数多项式的根

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紧急：解一题数学题(多项式)某一整系数多项式x*4+ax*3+bx*2+cx+d=0的其中一个根为2*1/2 - 3*1

紧急：解一题数学题(多项式)
某一整系数多项式x*4+ax*3+bx*2+cx+d=0的其中一个根为2*1/2 - 3*1/2 求a+2b+3c+4d
对不起，问题应该是这样：某一整系数多项式x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0的其中一个根为2^1/2 - 3^1/2 求a+2b+3c+4d

3444193001年前1

禁止冷嘲热讽及 共回答了15个问题 | 采纳率100%

令x=2^1/2 - 3^1/2,x^2=5-2*6^1/2,x^2-5=-2*6^1/2,两边平方,得x^4-10x^2+1=0,即原多项式为x^4-10x^2+1,故a=0,b=-10,c=0,d=1,a+2b+3c+4d=-19

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f(x)是整系数多项式,则下列正确的是（）

f(x)是整系数多项式,则下列正确的是（）
A.f(x)有有理跟的充分必要条件是f(x)在有理数域上可约
B.若分数q/p(p,q互素)是f(x)的根,则q可整除f(x)的常数项
C.若P是素数,且能整除f(x)的除首项以外的所有系数,则f(x)在有理数域上不可约
D 若f(x) 有重因式,则他在有理数域上必有重根.
求问 选哪个?为什么

qp2211年前1

昨夜风冷 共回答了16个问题 | 采纳率100%

选B.
A：f(x)=x^4+2x^2+1=(x^2+1)^2,在有理数域可约但没有有理根
C：f(x)=x^2-4x+4,2整除4,但f可约
D：f(x)同A,有重因式,但没有实根

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设f(a)是三次整系数多项式,且f(1）=0,f(-2)=0,f(3)=30,求f(x)

设f(a)是三次整系数多项式,且f(1）=0,f(-2)=0,f(3)=30,求f(x)
用解方程的方法做!

我是个小姑娘1年前1

kiss911ok 共回答了19个问题 | 采纳率84.2%

f(x)=(x-1)*(x+2)*(x-3)

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求证：8x^2-2xy-3y^2可以化为两个整系数多项式的平方差

烟灰湮灭1年前2

cfd82 共回答了16个问题 | 采纳率93.8%

8x²-2xy-3y²=(2x+y)(4x-3y)
这还用证吗

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已知f（x)是整系数多项式,存在四个不同的整数a,b,c,d,使得f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=5

已知f（x)是整系数多项式,存在四个不同的整数a,b,c,d,使得f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=5
求证不存在整数k,使得f(k)=8

gozozo1年前2

lovelydragon 共回答了19个问题 | 采纳率94.7%

根据题给条件f(x)-5=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)q(x),q(x)仍是整系数多项式.
如果存在整数k使得f(k)=8,那么
8-5=3=(k-a)(k-b)(k-c)(k-d)q(k),
此式右端是5个整数的乘积,值为3.
这5个整数必然有一个等于3或者-3,以下分两种情况分别讨论：
第一种情况：如果有一个等于3的话,另外4个数的乘积为1,它们的取值情况为：
(1)4个数都是1,a,b,c,d中至少有三个相等的,与已知条件矛盾；
(2)两个1,两个-1,a,b,c,d中至少有两个相等的,也与已知条件矛盾.
第二种情况：如果有一个等于-3,另外4个数的乘积为-1,它们的取值情况为：
(1)1个是-1,另外三个是1；
(2)1个是1,另外三个是-1.
也不难分析这种情况也导致a,b,c,d中至少有两个相等的,也就是导致矛盾.
综上可知不存在整数k,使得f(k)=8.
注：可以看出来本题中的8可以改成别的数,只要和5的差是质数即可.

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在用艾森斯坦判别法判别整系数多项式,判断多项式在有理数域是否可约的问题.

在用艾森斯坦判别法判别整系数多项式,判断多项式在有理数域是否可约的问题.
比如判断f(x)=x^6+x^3+1 时 ,为什么用到令f（x）=f（y+1）,尽可能地使系数为零的项少一点?这样判断更准确吗?

lmarco01年前1

hplylove 共回答了22个问题 | 采纳率95.5%

Eisenstein判别法似乎是说（对于Z[x]）,得找一个质数p,p不整除这个多项式的最高次项系数,p整除其余系数,并且p^2不整除常数项.你原来这个多项式没办法找到一个质数p使得p整除常数项（常数项是1）.令x=y+1然后写成y的多项式之后大概就可以取p=2了.

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解释一道例题哪位高手专家教授帮我解释一下近世代数中的一道例题：例子：一个不可解的五次方程考虑整系数多项式 f(x) =

解释一道例题
哪位高手专家教授帮我解释一下近世代数中的一道例题：
例子：一个不可解的五次方程
考虑整系数多项式 f(x) = x^5 − x − 1.根据一次因式检验法,f(x) 无有理根.由整系数之故,模任意素数 p 后可视之为有限域上的多项式fp ,相应的伽罗瓦群记为Gp .取 p = 2,3,易见 fp 在 Z/pZ 上无一次因式.
f2可分解为 (x^2 + x + 1)(x^3 + x^2 + 1),故 G2 为六阶循环群.
f3无二次因子,故 G3 为五阶循环群.
注意到 Gp 是 f(x) 的伽罗瓦群的子商.S5 的子群若含有六阶及五阶元素,则该子群生成 S5.于是 f(x) 的伽罗瓦群为 S5,故无根式解.
对“f2可分解为 (x^2 + x + 1)(x^3 + x^2 + 1)，故 G2 为六阶循环群”不明白。

小微微1231年前1

滴呀滴呀水滴滴 共回答了12个问题 | 采纳率91.7%

估计百度无高手专家教授.

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如果整系数多项式P(x)=ax^3+bx^2+cx+d,当x= -1,1,0时,均有p(x)≡1,2(mod3),证明

如果整系数多项式P(x)=ax^3+bx^2+cx+d,当x= -1,1,0时,均有p(x)≡1,2(mod3),证明 p(x)没有整数根.

逝去的记忆闹1年前1

云淡风青 共回答了12个问题 | 采纳率75%

如果有整数根x0的话,p(x0)≡0(mod3).
设x0≡x(mod3),x为-1,1,0之中的一个数.这样的话显然有p(x)≡p(x0)≡0(mod3),但按照题目条件是不可能的.
所以P(x)没有整数根.

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f(x)是首项系数为1的n次整系数多项式,a1..an是n个两两不同的整数,且f(ai)=-1求证f（x）在有理数域上不

f(x)是首项系数为1的n次整系数多项式,a1..an是n个两两不同的整数,且f(ai)=-1求证f（x）在有理数域上不可约

85288911年前1

微笑的登登 共回答了10个问题 | 采纳率80%

f(a_i)=-1,i=1...n
所以f（x）+1=0有n个不同的整数根a1..an,且[f（x）+1]首1
假设f（x）在有理数域上可约,不妨设f（x）=g（x）h（x）,其中g（x）,h（x）属于Q[x],次数都小于n,并且首1,则可知g（x）,h（x）一定属于Z[x],
所以g（x）h（x）=-1有n不同的整数根a_i,i=1..n

又因为g（a_1）h（a_1）=-1
所以g（a_1）+h（a_1）=0
所以以此下去得到g（x）+h（x）=0有n个不同的整数根,根据假设g（x）+h（x）次数小于n,这显然是不可能的.

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设n次整系数多项式函数f(x)在多于n个整数处取值1或-1,这里n>=1.证明：多项式f（x）在有理数域上不可约?

yuan612121年前2

忆oo 共回答了20个问题 | 采纳率90%

先定义floor(x)是向下取整函数,ceil(x)是向上取整函数
若f(x)=u(x)v(x), deg u(x) >= deg v(x) >= 1
那么deg v(x)

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F(x)为x的整系数多项式|f(x)|=17有5个不等整数根证f(x)=0无整数根

F(x)为x的整系数多项式|f(x)|=17有5个不等整数根证f(x)=0无整数根
F(x)为x的整系数多项式|f(x)|=17有5个不等整数根.证f(x)=0无整数根

想笑的心情1年前1

y5wndi 共回答了18个问题 | 采纳率83.3%

证明：
依题意, 令 G(x) = |F(x)| - 17,
从而有 G(x)=0 有五个不等整数根,设为a,b,c,d,e
由因式定理, 可记 G(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e)H(x), 其中 H(x) 为系数多项式,
假定存在整数 k 满足 F(k) = 0
那么 G(k) = |F(k)| - 17= -17
即 (k-a)(k-b)(k-c)(k-d)(k-e)H(k)=-17

这表明五个互不相同的整数k-a,k-b,k-c,k-d,k-e中至多有一个能等于 ±17, 而其余四个必定 ±1
因此, 其中至少有两个相等, 这与a,b,c,d,e互不相等矛盾,
从而 F(x)=0无整数根.

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请写出一个整系数多项式f(x),使得sqrt{2}+root{3}{3}是其一个根

请写出一个整系数多项式f(x),使得sqrt{2}+root{3}{3}是其一个根
sqrt{2}是根号2
root{3}{3}是三次根号3

兔洞有多深1年前4

野人一号 共回答了18个问题 | 采纳率88.9%

数学之美团为你解答
因为(√2 +³√3)² = 2 + 2√2*³√3 + (³√3)²
可得方程
(x² - 2)³ = [ (√2 +³√3)² - 2 ]³
整理得 x⁶ - 6x⁴ +12x² - 8 = 0
即 f(x) = x⁶ - 6x⁴ +12x² - 8

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整系数多项式f(x)满足f(2009)f(2010)=2011,请您证明f(x)=0没有整数根

lsk12251年前2

sshhlhhl 共回答了19个问题 | 采纳率94.7%

2011 为质数,只有 1 和 2011 两个因数
当x为整数时,整系数多项式f(x) 必为整数 ,
f(2009)f(2010)=2011
设 f(x)=0 有整数根 k
则 f(x)=(x-k) * g(x), 其中 g(x)为整系数多项式
则有 (2009-k)*g(2009)* (2010-k)*g(2010) = 2011
所以 (2009-k) , (2010-k) , g(2009) , g(2010) 都属于 {1, -1, 2011, -2011}
而 (2010-k) - (2009-k) =1
所以 (2009-k) , (2010-k) 不可能都属于 {1, -1, 2011, -2011}
矛盾!
所以 f(x)=0没有整数根

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证明最高次项系数为1的整系数多项式方程的有理数解必是整数

证明最高次项系数为1的整系数多项式方程的有理数解必是整数
就是个初等数论题,一元高次方程,最高次数项的系数为1,求证这种方程的有理根必为整数?

magiclcl1年前1

yanggs8898 共回答了20个问题 | 采纳率90%

设解为x=a/b,a,b是整数,且(a,b)=1.
将x代入方程,两边乘b^n
a^n +k1a^(n-1)b+.+k0a0b^n=0
左边只有a^n不含有b
所以b|a^n
b=(b,a^n)=1
x=a是整数

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当a^3-a=0时,a+2^(1/2)是某个整数多项式的解,求最高次项系数为1（且次数最低）的整系数多项式

greatlxj1年前1

天煞盟君主_乌鸦 共回答了16个问题 | 采纳率93.8%

a³-a=a(a+1)(a-1)=0
a=0,a=-1,a=1
x=a+√2
x-a=√2
平方
x²-2ax+a²=2
x²-2ax+(a²-2)=0
把三个a代入
所以有三个
x²-2=0
x²+2x-1=0
x²-2x-1=0

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高等代数证明题设f(x)是一个整系数多项式,试证:如果f(0)与f(1)都是奇数,那么f(x)不能有整数根.

tomorrowbetter041年前1

ling-kiss 共回答了17个问题 | 采纳率88.2%

用反证法,假设f(x)=0有整数根x=n,
那么f(x)可以分解成f(x)=(x-n)P(x),其中P(x)是整系数多项式,
因为f(0)=-nP(0)是奇数,所以n是奇数,
因为f(1)=(1-n)P(1)是奇数,所以1-n是奇数,n是偶数,
矛盾,所以f(x)不能有整数根.

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多项式有理根的一个问题f(x)为首相系数为1的整系数多项式 f(-1) f(0) f(1)都不能被3整除 证明：f(x)

多项式有理根的一个问题
f(x)为首相系数为1的整系数多项式 f(-1) f(0) f(1)都不能被3整除 证明：f(x)没有有理根
这是高等代数的习题

芭比啦啦19861年前1

好运的猫 共回答了14个问题 | 采纳率92.9%

反证法：
因为f(x)是首项系数为1的整系数多项式,所以如果f(x)有有理根,那么它一定有整根.不妨设这个整根为k.
设 f(x)= an*x^n + a(n-1)*x^(n-1) + ...+ a1*x + a0.
(1)若k能被3整除,则 k=3a,a是整数.因此由 f(k)=0 可知 a0 必定能被3整除,但是由 f(0)=a0 不能被3整除,矛盾.
(2)若k被3除余数是1,则 k^i 被3除余数也是1(设 k=3a+1,二项式定理简单验证一下即可),此时 f(k) 被3除的余数为 an+a(n-1)+...+a0,由 f(k)=0 可知必有 an+a(n-1)+...+a0 能被3整除.但由 f(1)=an+a(n-1)+...+a0 不能被3整除,矛盾.
(3)若k被3除余数是-1,因此 f(k) 被3除余数为 an*(-1)^n+...+a0,这正是 f(-1)被3除的余数.但是f(-1)不能被3整除,而 f(k)=0,矛盾.
综上,f(x)没有有理根.

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高等代数有理系数多项式证明：f(x)=f1(x)f2(x),其中f(x),f1(x)为整系数多项式,则f2(x)也为整系

高等代数有理系数多项式
证明：f(x)=f1(x)f2(x),其中f(x),f1(x)为整系数多项式,则f2(x)也为整系数多项式!

xvdpf2ti1年前2

soargle 共回答了18个问题 | 采纳率94.4%

反例
f(x)=1
f1(x)=2
f2(x)=1/2
合理的命题是,整系数多项式如果在Q上可约则在Z上可约

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再线等,已知整系数多项式4x^4+ax^3+13x^2+bx+1是完全平方数,求整数a、b的值.

may8861年前2

捕风捉影chp 共回答了19个问题 | 采纳率89.5%

观察原式可设4x^4+ax^3+13x^2+bx+1
=(2x²+kx+1)²
=4x^4+4kx³+k²x²+4x²+2kx+1
=4x^4+4kx³+(k²+4)x²+2kx+1
对比原式可得:
k²+4=13,2k=b,4k=a
于是k=±3
于是a=12,b=6或a=-12,b=-6

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高代多项式问题,如图第四段话 为什么由综合除法能知道f1x是整系数多项式?为什么有fx=（x-a

高代多项式问题,如图第四段话 为什么由综合除法能知道f1x是整系数多项式?为什么有fx=（x-a
高代多项式问题,如图第四段话 为什么由综合除法能知道f1x是整系数多项式?为什么有fx=（x-a）f1（x） 题目都没有说fx可约啊怎么可以直接得到呢?

yx3081年前1

jessica_hqy 共回答了20个问题 | 采纳率90%

若f1（x)不是整系数多项式,而x-a是整系数多项式,且最高次项系数为1,则f（x)不是整系数多项式,矛盾；若a是整系数多项式f（x）的根,当且仅当存在整系数多项式p（x）,满足,f（x）=（x-a）p（x）,这是定理.

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对整系数多项式t(x),若满足：存在非零整数n,使t(n^2)=0,求方程t(x^2)-1=0的有理数解的个数（请写明过

对整系数多项式t(x),若满足：存在非零整数n,使t(n^2)=0,求方程t(x^2)-1=0的有理数解的个数（请写明过程）

altwoe1年前4

赤天湖兔子 共回答了22个问题 | 采纳率90.9%

由题
t(x)=C*(x-n^2)^m*Q(x)
Q(x)=a0+a1*x+...+al*x^l
其中(a0,a1,a2...an)=1
t(x^2)=C*(x^2-n^2)^m*Q(x^2)
若t(x^2)-1=0有有理数解p/q
C*(x^2-n^2)^m*Q(x^2)=1
两边同乘q^(2m+2l)得
C*(p^2-n^2*q^2)^m*(a0*q^2l+a1*p^2*q^(2l-2)+...+al*p^2l)=q^2l
因为
q不整除(a0*q^2l+a1*p^2*q^(2l-2)+...+al*p^2l)
q不整除(p^2-n^2*q^2)^m
=>
C=q^2l
(p^2-n^2*q^2)^m=1
(a0*q^2l+a1*p^2*q^(2l-2)+...+al*p^2l)=1
重要的是
(p^2-n^2*q^2)^m=1 =>
p^2-n^2*q^2=1
p^2=(nq)^2+1
无整数解
故方程t(x^2)-1=0的有理数解的个数为0

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设P,Q为互质之整系数多项式 P(根号2+根号3+根号7)/Q(根号2+根号3+根号7)=根号2+根号3 求P及Q?

天地神煞1年前1

xfycschqw 共回答了10个问题 | 采纳率90%

这问题如果只要一个解就比较容易,如果要所有的解就很麻烦了,因为有无穷多个解.
我可以给你一组解,比如
p(x) = 59x^6 - 550x^4 + 964x^2 - 200
q(x) = 80x^5
如果要所有的解的话就是所有满足P(x)q(x)-Q(x)p(x)=k(x)f(x)且互质的P(x),Q(x),其中
f(x) = x^8 - 48x^6 + 536x^4 - 1728x^2 + 400
k(x)是任意整系数多项式.

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设f(x)、g(x)为整系数多项式,且g（x）首相系数为1,证明g（x）整除f(x)的充分必要条件是存在无穷多整数n使g

设f(x)、g(x)为整系数多项式,且g（x）首相系数为1,证明g（x）整除f(x)的充分必要条件是存在无穷多整数n使g（n）整除f（n）

dcyc1年前1

lizongmu 共回答了19个问题 | 采纳率78.9%

（1）
g(x)|f(x),那么对于任意的n都有,g(n)|f(n)
（2）
要证明多项式整除,一般采取验证它的余式为0.
要想有余式,那么要求f(x)的次数比g(x)要至少一样大.
下面证明.
既然有无穷多个整数都满足g(n)|f(n),根据皮亚诺公理,
那么一定存在充分大的整数满足g(n)|f(n).
假若def（g(x)）＞def（f(x)）,那么
可以取到足够大的整数,使得g(n)＞f(n),与已知条件矛盾.
于是证明了def（g(x)）≤def（f(x)）
那么可以按余式形式,设
f(x)=p(x)·g(x)+r(x),其中def（r(x)）≤def(g(x))
那么显然是有无穷多个n,使得
f(n)=p(n)·g(n)+r(n),
注意到,因为n是数字,
因而上面的式子不是多项式,是数字的带余数除法,那么我们可以作算术除法：
f(n)/g(n)-r(n)/g(n)=p(n)
注意到,p(n)一定是整数.
既然g(n)|f(n),
那么会有r(n)/g(n),并且存在无穷多个n都满足.
由def（r(x)）≤def(g(x)),
那么对于充分大的n,一定存在g(n)＞r(n)
只能r(x)=0
证明完毕.
【经济数学团队为你解答!】

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如何构造一个含根2^（1/4)+3^(1/4)+4^(1/4)的最低次整系数多项式方程

如何构造一个含根2^（1/4)+3^(1/4)+4^(1/4)的最低次整系数多项式方程
怎么没人做啊？

广州的小鱼1年前1

applemanxu 共回答了21个问题 | 采纳率100%

是很难.因为x次数高,还有3项.虽然可以看成2项.估计最低次数是16次.

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