1樓：電燈劍客
利用二項式定理把f(1+u)的每一項，然後把u的奇數次項和偶數次項分開看
問: 高等代數 設f(x)為整係數多項式、(1)證明若f(1+根號2)=0,則f(1-根號2)=0.
2樓：夏de夭
先證明乙個引理：【若f（x）=g（x）h（x），其中f（x）為整係數多項式，g（x）為本原多項式，h（x）為有理係數多項式，則h（x）也必為整係數多項式】假設h（x）不是整係數多項式，則必存在「大於1」的整數m，使得mh（x）為本原多項式，而兩個本原多項式的乘積還是本原多項式，因此g（x）（mh（x））=mf（x）是本原多項式，而f（x）已經是整係數多項式從而mf（x）必定不是本原多項式（係數至少有公因子m），矛盾。
下面證明原命題：（先在q上考慮）令a=√2+1，則由於a不屬於q所以deg（min（a，q））>=2（min（a，f）表示a在域f上的首系為1的極小多項式），注意到a^2=2+2√2+1=2a+1，所以x^2-2x-1是a在q上的乙個極小多項式，則對於任意乙個a在q[x]上的零化多項式q（x），必有x^2-2x-1|q（x），從而對於｛q（x）｝中的整係數多項式f（x），必存在h（x）屬於q[x]，使得f（x）=（x^2-2x-1）h（x），注意到x^2-2x-1（=（x-（1+√2））（x-（1-√2）））為本原多項式，因此利用引理可得h（x）必為整係數多項式，所以任意的整係數多項式f（x），若f（x）是a的零化多項式則必有x^2-2x-1|f（x），從而1-√2也是f（x）的根
由此我們可以推出乙個更廣泛的結論：對於任意乙個q上的代數元a（即存在q（x）屬於q[x]使得q（a）=0），min（a，q）在c上的所有根均是以a為根的整係數多項式f（x）的根
高等代數題（多項式）
3樓：
證明：假設存在整數copym,使f(m)=2p,令f(x)=f(x)-p,顯然f(x)是整係數多項式，則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),則g(x)也是整係數多項式，所以f(m)=(m-1)(m-2)(m-3)g(x)=
f(m)-p=2p-p=p,根據已知，f(1)=f(2)=f(3)=p, 設f(x)是整係數多項式，如果f(1),f(0)都是奇數，則f(x)沒有整數根。 4樓：大大老兵 假設f(x)有整數bai根n f(x)可表示為（ dux-n)[b(n-1)x^(n-1)+b(n-2)x^(n-2)+...+b1x+b0] f(0)=-nb0 f(1)=(1-n)[[b(n-1)+b(n-2)+...+b1+b0] 若f(0)是奇數，zhi 則dao-nb0是奇數，則n,b0均為奇專數則(1-n)為偶數，則(1-n)[[b(n-1)+b(n-2)+...+b1+b0]為偶數 則f(1)為偶數，與屬題目f(1),f(0)都是奇數不符故f(x)沒有整數根 5樓：北春雪鄧情 ^反證法吧。 若f(x)有整數根，設為p，且設f(x)的次數為m，則(x-p)是它的乙個因式(不管是回幾重因式)，則f(x)=(x-p)[a(m-1)·x^(m-1)+a(n-2)·x^(m-2)+……+a(1)·x+a(0)] （上答面的式子中，a(i)表示下標） 於是，f(0)=-p·a(0) f(1)=(1-p)[[a(n-1)+a(n-2)+……+a(1)+a(0)] f(2)=(2-p)[[a(m-1)·2^(m-1)+a(n-2)·2^(m-2)+……+a(1)·2+a(0)] 而f(0)、f(1)、f(2)都不能被3整除，則p≡1或2（mod 3）、a(0)≡1或2（mod 3）無論p≡1或2（mod 3），均有， 1-p≡0（mod 3）或2-p≡0（mod 3），此時必有f(1)≡0（mod 3）或f(2)≡0（mod 3），與f(1)、f(2)都不能被3整除矛盾。 因而，f(x)無法有整數根存在。 ————————————————————————————————【經濟數學團隊為你解答！】歡迎追問。 1.證明子bai空間 對於任意dup，q與a可交換，即zhip，q屬於c daoa 則 回p q a pa qa ap aq a p q 即 p q 與a可交換 對於任意答數量k，kp a kpa kap akp a kp 即kp與a可交換 綜上得證c a 是子空間 2.當a e時，因為e與任何矩陣... 證明 令x t,則x由0到 t由 到0,dx dt 原式記為i 則i 積分區間 到0 t f sin t dt 積分區間 到0 t f sin t dt 積分區間0到 t f sin t dt 積分區間0到 f sin t dt i所以2i 積分區間0到 f sin t dt即i 2 f sint ... 樓上的解法不嚴謹，需要這樣解 令f x ax 2 bx c f x 1 f 2x 1 a x 1 2 b x 1 c a 2x 1 2 b 2x 1 c 5ax 2 2a 3b x 2a 2c又f x 1 f 2x 1 5x 2 2x對比，得 5a 5 2a 3b 2 2a 2c 0 解得a 1 b...大學高等代數題設A Pm n 1 證明全體與A可交換的矩陣全
設f x 連續，（積分區間為0到xf sinx dx2 f sinx dx
設f x 為二次函式，且f x 1 f 2x 1 5x 2 2x，求f（x）