1樓：唯吾道古
利用反證法。
假設在copyq上可約
那麼關於方bai程x^p+px+1=0有有理根du而由高斯的zhi
代數基本定理可知dao,有理根一定是1的因數,所以只有1、-1為根.
將1代入方程：
1+p+1=0,而p為奇素數,不成立
將-1代入方程：
-1-p+1=0,而p為奇素數,同樣不成立.
若p可以為偶素數,則：
1-p+1=0還是可以求到p=2的,恰好符合條件事實上：x^2+2x+1=(x+1)^2
證明多項式f(x)=x^3+3x+1在有理數域上不可約
2樓：匿名使用者
一個3次多項式若在
有理數域上可約則必含有有理的1次因子.
換句話說必須有有理根.
假設f(x)有有理根p/q, 其中p,q為互質的整數.
f(x)作為整係數多項式, 可以證明p整除常數項, 而q整除首項係數.
對f(x) = x^3+3x+1來說, 只有p/q = 1或-1.
但容易驗證1和-1都不是f(x)的根, 因此f(x)沒有有理根, 故在有理數域上不可約.
注意, 對於4次及以上的有理係數多項式,
沒有有理根只是在有理數域上不可約的必要非充分條件.
一個多項式的證明題：設整係數多項式f(x)對無限個整數值x的函式值都是素數，則 f(x)在有理數域上不可約。
3樓：
反證法。抄
假設f(x)在有理襲數上可約，設f(x)=g(x)*h(x)其中baig(x)，h(x)都是有理數係數的多項式du使zhif(x)為素數的x值中，g(x)與h(x)至少有dao一個為1或-1，否則f(x)為合數了。
又因為n次方程至多隻有n個根，
所以使g(x)=1或-1， 或使h(x)=1或-1的x值必為有限個。
這與條件：存在無窮個x使f(x)為素數矛盾所以得證。
4樓：戀任世紀
反證法f(x)=g(x)h(x),g(x) 和h(x)為整係數多項式且deg f=deg g+deg h
deg g>=1 deg h>=1 設f(xn)-pn,是整數,且各不相同，pn為素數，
則g(xn)h(xn)=pn,於是回g(x)和h(x)至少有一個把答中無限個值映為1
不妨設 g(xn_k)=1,屬於,
但是deg f 5樓：匿名使用者 設f(x)在有bai理數上可約， 設f(x)=g(x)*h(x) g(x)，h(x)都是有理 du數係數的zhi多項式 使f(x)為dao素數的x值中專，g(x)與h(x)至少有屬一個為1或-1，否則f(x)為合數。 又因為n次方程至多隻有n個根， 使g(x)=1或-1， 使h(x)=1或-1的x值必為有限個。 這與條件：存在無窮個x使f(x)為素數矛盾所以得證。 素數與公因數 1 素數 我們知道，大於1，並且除1和它本身外沒有其他因數的自然數叫素數 或質數 2是最小的素數，除2以外，所有的偶數都不是素數。按順序，下列為一個小素數序列 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，不是素數的整數a 1稱為合數。例... 正定矩陣的性質 設m是n階實係數對稱矩陣，如果對任何非零向量x x 1,x n 都有 xmx 0，就稱m正定 positive definite 因為a正定，因此，對任何非零向量x x 1,x n xax 0.設x x k，顯然k 0 x x每個元素都是平方項 則xaax xax xax k 0那麼... 1.a不可逆 bai a 0 aa a due o 假設 zhia 0 則a o 顯然a o,與假設矛dao 盾，所以回 a 0 即 a a n 1 0 2.a可逆 a 0 aa a e a 也可逆 又 aa 答a e a n a a a n 所以 a a n 1 設n階可逆矩陣a的伴隨矩陣為a 證...如何證明素數的個數是無限的，歐幾里得怎麼證明質數個數是無限的
設矩陣A是正定矩陣，證明A的平方也是正定矩陣
設a為n階可逆矩陣，a是a的伴隨矩陣，證明aa