1樓：數學好玩啊
^設兩者的同構對映為f,由f(x)=f(x*1)=f(x)f(1)恆成立知f(1)=1，所以f(2)=2f(1)=2
設f(根號2）=a+b根號3,則f(2)=2=f(√2)f(√2)=a^2+3b^2+2ab√3
但方程ab=0,a^2+3b^2=2在q中無解專，所以兩者屬不可能同構。
設x=根號2+根號3，則x-根號2=根號3，平方後x^2-2x√2-1=0即x^2-1=2x√2
繼續平方得x^4-2x^2+1=8x^2，所以f(x)=x^4-10x^2+1為q上的極小多項式
多項式x^3 3x^2-x 2在有理數域上是否不可約
2樓：佛擋殺佛
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.
3樓：平素琴鬱婷
由f(x)
=x^6+x^3+1是x^9-1的因式,不難求出f(x)的6個根:
e^(±2πi/9),e^(±4πi/9),e^(±8πi/9).
可設f(x)
=g(x)h(x),其中g,h都是首一的整係數多項式.
由實係數多項式虛根成對,e^(±2πi/9)要麼同時是g(x)的根,要麼同時是h(x)的根.
於是g(x)或h(x)含有因式(x-e^(2πi/9))(x-e^(-2πi/9))
=x^2-2cos(2πi/9)x+1.
同理,g(x)或h(x)含有因式x^2-2cos(4πi/9)x+1,以及x^2-2cos(8πi/9)x+1.
因此,若g(x)或h(x)次數都不小於1,則次數必為2,4分組.
其中2次因式必為上述三者之一.
但這三個都不是整係數多項式,矛盾.
故f(x)不可約.
注1:這道題比較特殊,x^6+x^3+1其實是一個分圓多項式.
從抽象代數的角度可以立即知道其不可約.
注2:雖然f(x)
=x^2+x+1不可約,但是f(x^2)
=x^4+x^2+1
=(x^2-x+1)(x^2+x+1)是可約的.
這是給樓下的反例.
注3:討論整係數多項式分解的另一種辦法是考慮modp意義下的分解.
比如x^6+x^3+1其實是mod
2不可約的,所以在有理數域上也不可約
(反過來是不成立的).
多項式x^6+x^3+1在有理數域是否可約？
4樓：玲玲的湖
^由f(x) = x^6+x^3+1是x^9-1的因式,不難求出f(x)的6個根:
e^(±2πi/9),e^(±4πi/9),e^(±8πi/9).
可設f(x) = g(x)h(x),其中g,h都是首一的整係數多項式.
由實係數多項式虛根成對,e^(±2πi/9)要麼同時是g(x)的根,要麼同時是h(x)的根.
於是g(x)或h(x)含有因式(x-e^(2πi/9))(x-e^(-2πi/9)) = x^2-2cos(2πi/9)x+1.
同理,g(x)或h(x)含有因式x^2-2cos(4πi/9)x+1,以及x^2-2cos(8πi/9)x+1.
因此,若g(x)或h(x)次數都不小於1,則次數必為2,4分組.
其中2次因式必為上述三者之一.
但這三個都不是整係數多項式,矛盾.
故f(x)不可約.
注1:這道題比較特殊,x^6+x^3+1其實是一個分圓多項式.
從抽象代數的角度可以立即知道其不可約.
注2:雖然f(x) = x^2+x+1不可約,但是f(x^2) = x^4+x^2+1 = (x^2-x+1)(x^2+x+1)是可約的.
這是給樓下的反例.
注3:討論整係數多項式分解的另一種辦法是考慮mod p意義下的分解.
比如x^6+x^3+1其實是mod 2不可約的,所以在有理數域上也不可約 (反過來是不成立的).
多項式x^6+x^3+1 在有理數域是否可約
5樓：玲玲的湖
^由f(x) = x^6+x^3+1是x^9-1的因式,不難求出f(x)的6個根:
e^(±2πi/9),e^(±4πi/9),e^(±8πi/9).
可設f(x) = g(x)h(x),其中g,h都是首一的整係數多項式.
由實係數多項式虛根成對,e^(±2πi/9)要麼同時是g(x)的根,要麼同時是h(x)的根.
於是g(x)或h(x)含有因式(x-e^(2πi/9))(x-e^(-2πi/9)) = x^2-2cos(2πi/9)x+1.
同理,g(x)或h(x)含有因式x^2-2cos(4πi/9)x+1,以及x^2-2cos(8πi/9)x+1.
因此,若g(x)或h(x)次數都不小於1,則次數必為2,4分組.
其中2次因式必為上述三者之一.
但這三個都不是整係數多項式,矛盾.
故f(x)不可約.
注1:這道題比較特殊,x^6+x^3+1其實是一個分圓多項式.
從抽象代數的角度可以立即知道其不可約.
注2:雖然f(x) = x^2+x+1不可約,但是f(x^2) = x^4+x^2+1 = (x^2-x+1)(x^2+x+1)是可約的.
這是給樓下的反例.
注3:討論整係數多項式分解的另一種辦法是考慮mod p意義下的分解.
比如x^6+x^3+1其實是mod 2不可約的,所以在有理數域上也不可約 (反過來是不成立的).
求多項式f(x)=x^3-6x^2+15x-14的所有有理根，並寫出它在複數域，實數域和有理數域的標準分解式
6樓：隨緣
^f(x)=x^3-6x^2+15x-14=x³-2x²-4x²+8x+7x-14
=x²(x-2)-4x(x-2)+7(x-2)=(x-2)(x²-4x+7)
x²-4x+7=0 δ自=16-28=-12<0∴f(x)所有有理根只有x=2
複數域分解f(x)=(x-2)(x-2+√3i)(x-2-√3i)實數域分解f(x) =(x-2)(x²-4x+7)有理數域分解f(x) =(x-2)(x²-4x+7)
7樓：匿名使用者
＝（x－2）（x∧2－4x＋7）
＝（x－2）（x－2－√3i）（x－2＋√3i）
怎樣學習抽象代數
初學者應該如何學習抽象代數 曾經看到一些抽象代數 近世代數 的初學者有這樣的疑問 我們為什麼要研究像群這樣的抽象結構呢？有人解釋說這是刻畫對稱性，也有人解釋說是現代數學的一種語言，有點道理卻又語焉不詳。為什麼要研究群呢？提出這類問題的人困惑的並不是群的本質，而是需要一個合理的過渡，我覺得從具體的代數...
抽象代數難嗎
抽象代數e68a8462616964757a686964616f31333363383332 abstract algebra 又稱近世代數 modern algebra 它產生於十九世紀。抽象代數是研究各種抽象的公理化代數系統的數學學科。由於代數可處理實數與複數以外的物集，例如向量 vector ...
大學哪些專業要學抽象代數，什麼時候學
不是的，物理系特別是理論物理專業必須要學，量子物理其實就是群論，化學專業的晶體學，這些都是變換群的內容。另外某些野雞專業學的所謂的離散數學，就是把圖論 組合數學 抽象代數每個抽出來一點放到一起。大學本科數學專業的，都要學哪些科目？專業基礎類課程 解析幾何 數學分析i ii iii 高等代數i ii ...