p(x)为F上的不可约多项式,存在a0,使得p(a)=0,p(1/a)=0;证明任意b,如果p(b)=0,则p(1/b)

x^4 - 2*x^2 +9

你这句话有问题。只能说多项式P是某个数域上的不可约多项式，多项式与多项式的关系是整除或者不整除，没有说一个多项式是另一个多项式的不可约多项式。

实数范围内不可能

这是多项式整除的定义,不要证明的.
就是这样规定的.

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,省去很多讨论）.
当char F =0时,f不可约 => f'≠0 （f的次数至少为2,导函数不会恒为0）,
由于f不可约,deg f' 0,f(x)=∑c_i * x^i (i=0 ..n),则f'(x)=∑i*c_i * x^i (i=1 ..n),
当p不能整除i时,令c_i=0；p|i时,i=0；故总有i*c_i=0.即有f≠0,但f'=0.
具体例子如下：
设F=F_p=Z/(pZ),p=char F,u是F上的超越元,K=F(u)为F的单扩域（次数无穷大）,则f(x)=x^p-u∈K[x],取f(x)的一个根α=u^(1/p),（α当然不在F、K中,在K的代数封闭扩域中）,则f(x)=x^p-u=x^p-α^p=(x-α)^p有p重根α,（在F_p的扩域上有(a+b)^p=a^p+b^p）,但是f(x)在K[x]上不可约.
（若f(x)在K[x]上可约,即f(x)=g(x)*h(x),g(x)、h(x)∈K[x],设g(x)=(x-α)^l,h(x)=(x-α)^s,1≤l,s≤p-1,l+s=p.但是g(x)的常数项为(-α)^l=(-1)^l*α^l=(-1)^l*u^(l/p),1≤l≤p-1,l/p不是整数,由K的定义,u^(l/p)不在K中,于是g(x)不在K[x]中,这与g(x)∈K[x]矛盾）

这个不一定,
p(x)|f(x)或者p(x)|g(x)
是说明其中有一个成立即可,不要求同时满足.
“或”是逻辑联接词,P或Q为真,值域有一个为真即可.

m(x)为P上不可约多项式,则对P上任意多项式f(x),必有m(x)|f(x),或(m(x),f(x))=1,(高代课本第九面性质二)
1),f(x)=m(x)g(x)[存在g(x)属于P],f(A)=m(A)g(A),g(A)=0推出f(A)=0
2),f(x)u(x)+m(x)v(x)=1[存在这样的u,v属于P],
则f(A)u(A)+m(A)v(A)=E,m(A)=0,推出f(A)u(A)=E,又因为f（A）为n阶方阵,所以f（A）可逆
即证命题成立

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)^2-(2√2x)^2=0,即：x^4-10x^2+1=0
取f(x)=x^4-10x^2+1,则f(x)为有理数域上的不可约多项式,且：f（a）=0

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)|g(x),根据整除的定义,存在多项式q(x)∈F[x],使得g(x)=q(x)*p(x).若q(x)不为常数,则g(x)可约（参见可约与不可约的定义）,这与已知条件矛盾.故q(x)为常数,记为c,由q(x)∈F[x]知c∈F.若c为0,则g(x)=0,矛盾.所以c≠0.证毕.

设 x=1+√2 ,则 (x-1)^2=2,
化简得 x^2-2x-1=0 .
所以,1+√2 必是 多项式 x^2-2x-1 的根,
而多项式 x^2-2x-1 的系数均是有理数,且不可约.

由g整除f,设f=r(x)g(x)
因为p不可约切不能整除g,故两者互素
从而p只能整除r(x),设r(x)=p(x)s(x)
于是f=s(x)pg
即pg整除f

有理数域：
f(x)=(x^10-1)/(x-1)=(x^5-1)(x^5+1)/(x-1)=(x+1)(x^4+x^3+x^2+x+1)(x^4-x^3+x^2-x+1).
那两个四次项没法再约了,原因是根都是复数,看了实数域分解就明白了.
实数域：
f(x)=(x+1)(x^2-2cos(pi/5*2)x+1)(x^2-2cos(pi/5*4)x+1)(x^2-2cos(pi/5)x+1)(x^2-2cos(pi/5*3)x+1).
因为f(x)=(x^10-1)/(x-1),x^10-1=0的根都是复数exp(j*2*pi/10*k),一个个列出来再把共轭的那些对儿组合下就可以了.

x^3-0.5在有理数域上不可约,有实数根.你的题目有误.

注意辗转相除法时和数域是什么无关,所以若F,G在K上最大公因式为1则到C上还是1,矛盾,最大公因式不为1,必有一个整除另一个

F2[X]是什么?

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!

对任意正整数n,令f(x,y)=x^n+y+1.不可约.

设（f,g）=d
那么可设f=d·f1,g=d·g1
则
d·f1·d·g1+d·f1+d·g1=p
因而d|p
而p不可约,于是d=c·p（c是常数）
于是
c·c·p·f1·g1+c·f1+c·g1=1
不妨设def(f1)≥def(g1)
由次数性质可知,当p、g1非零时,
def(c·c·p·f1·g1)=def(f1)+def(p·g1)
而c·c·p·f1·g1+c·f1+c·g1=1
此时只能def(p·g1),才有可能使得上式成立.
否则def(c·c·p·f1·g1)＞def(f1)≥def(g1),
因而def(c·c·p·f1·g1+c·f1+c·g1)=def(c·c·p·f1·g1)≠0
因而def(p·g1)=0
因而def(p)=0
则p=c0（c0为常数）
于是
f·g+f+g=p=c0
f·[(g+1)/c0]+g/c0=1
因而,(f,g)=1

f(x)=x^3-x^2-x-2
=x^3-2x^2+x^2-2x+x-2
=x^2(x-2)+x(x-2)+(x-2)
=(x-2)(x^2+x+1)
书上的答案错了.
(x-2)^2(x-4)
=(x^2-4x+4)(x-4)
=x^3-8x^2+20x-16
和题目里给的x^3-x^2-x-2完全对不上.

记f(x)=anx^n+an-1x^(n-1)+...a1x+a0。
反证：若整系数多项式 anx^n+an-1x^(n-1)+...a1x+a0在整数环上可约，设为f(x)=g(x)h(x).因为P为素数，其十进制表示为（anan-1...a1a0）10，故而a k（k=0~n）在0,、1、2、……9之中取值，进而知g(x)、h(x)的各项系数也都在0,、1、2、……9之中取值，且最高次...

当然要在系数域明确界定之下才能确定啊,比如x^2+x+2在实数域是不可约多项式,但在复数域却可以分解成(x+1/2+7i/2)(x+1/2-7i/2),就不是不可约多项式啦~

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

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(x)与次数比g（x）低的多项式g(x)+h(x)有公共根,
g(x)与次数比g（x）低的多项式g(x)+h(x)不互素,
矛盾