为什么多项式在实数范围内都能分解为一次因式及二次因式的乘积
这是错误的命题.比如多项式 x^4+1 就不能分解成一次因式及二次因式的乘积
为您推荐：
其他类似问题
多项式=0，未知数无解，就不能分解为一次因式及二次因式的乘积
根据代数基本定理，复系数（当然包括实系数、整数系数）一元n次方程在复数范围内至少有一根(n≥1)，由此推出，n次复系数多项式方程在复数域内有且只有n个根（重根按重数计算）。因此n次多项式可唯一地分解为形如（x-p）的一次因式的乘积，这里p是复数。又，若方程有根a+bi,则一定有另一根a-bi。因此，在那些一次因式中把x-(a+bi)和x-(a-bi)都乘在一起，就会得到x^2-2ax+a^2+b^...
扫描下载二维码【文学】1元3次多项式在有理数集内的简单分解方法_垫江实验中学吧_百度贴吧
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&签到排名：今日本吧第个签到，本吧因你更精彩，明天继续来努力！
本吧签到人数：0成为超级会员，使用一键签到本月漏签0次！成为超级会员，赠送8张补签卡连续签到：天&&累计签到：天超级会员单次开通12个月以上，赠送连续签到卡3张
关注：9,163贴子：
【文学】1元3次多项式在有理数集内的简单分解方法收藏
由"十字相乘法",我把我的成果称为"双一相减法" 对于多项式x^3+ax^2+bx+c,我们可以这样操作 第一列写由上到下写b,a. 1.将c分解因数,c=c1c2,写在第2列,对齐 2.用每行左边的数减去右边的数,写在该行的最右边,形成第三列. 3.用第三列上面的数除以下面的,得到一个商,把这个商写在第三列下面. 4.如果这个商=第2列第2个数,那么分解完毕,这个分解式的形状是: (x+第3列第3个数)(x^2+第2列第3个数*x+第1列第2个数) 如果不相等,回到第一步 例: 分解因式:x^3-9x^2+26x-24 由刚才的分解方法写出头两个数: 26 -9 分解-24,(一般题目都存在3个合适的分解,成功率大) -24=12*(-2) 写在右边,成为: 26&&&&& 12 -9&&&&& -2 用每行左边的数减去右边的数,写在该行的最右边,形成第三列： 26&&&&& 12&&&&& 14 -9&&&&& -2&&&&& -7 用第三列上面的数除以下面的,得到一个商,把这个商写在第三列下面: 26&&&&& 12&&&&& 14 &&&&&&&&&&&&& ÷ -9&&&&& -2&&&&& -7 &&&&&&&&&&&&& -2 恰好适合.所以x^3-9x^2+26x-24=(x-2)(x^2-7x+12) 再用十字相乘得到:x^3-9x^2+26x-24=(x-2)(x^2-7x+12)=(x-2)(x-3)(x-4) 比用试根法分解快的多. 对于首项系数不是一的式子,先把系数提出来(反正最后用除法的时候分母是会消掉的) ..........(完)
上海张学友、王菲演唱会一站式购票!票品安全且真票!立即订购!
数学曾经不及格的路过。
登录百度帐号推荐应用
为兴趣而生，贴吧更懂你。或当前位置：
＞＞＞是否存在质数p．q，使得关于x的一元二次方程px2-qx+p=O有有理数根..
是否存在质数p．q，使得关于x的一元二次方程px2-qx+p=O有有理数根？
题型：解答题难度：中档来源：不详
设方程有有理数根，则判别式为平方数．令△=q2-4p2=n2，规定其中n是一个非负整数．则（q-n）（q+n）=4p2．（5分）由于1≤q-n≤q+n，且q-n与q+n同奇偶，故同为偶数，因此，有如下几种可能情形：q-n=2q+n=2p2、q-n=4q+n=p2、q-n=pq+n=4p、q-n=2pq+n=2p、q-n=p2q+n=4.消去n，解得q=p2+1，q=2+p22，q=5p2，q=2p，q=2+p22．（10分）对于第1，3种情形，p=2，从而q=5；对于第2，5种情形，p=2，从而q=4（不合题意，舍去）；对于第4种情形，q是合数（不合题意，舍去）．又当p=2，q=5时，方程为2x2-5x+2=0，它的根为x1=12，x2=2，它们都是有理数．综上所述，存在满足题设的质数．（15分）
马上分享给同学
据魔方格专家权威分析，试题“是否存在质数p．q，使得关于x的一元二次方程px2-qx+p=O有有理数根..”主要考查你对&&有理数定义及分类，一元二次方程根的判别式&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
现在没空？点击收藏，以后再看。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
有理数定义及分类一元二次方程根的判别式
有理数的定义：有理数是整数和分数的统称，一切有理数都可以化成分数的形式。有理数的分类：（1）按有理数的定义：&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&正整数&&&&&&&&&&&&&&&&& 整数{&&&& 零&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& &负整数 有理数{&&&&& &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& && 正分数&&&&&&&&&&&&&&&&&分数{ &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& 负分数 &（2）按有理数的性质分类:&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&正整数&&&&&&&&&&&&&&&& 正数{&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&正分数 有理数{& 零&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&负整数&&&&&&&&&&&&&&&&负数{ &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& &负分数根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac。定理1& ax2+bx+c=0（a≠0）中，△＞0方程有两个不等实数根；定理2& ax2+bx+c=0（a≠0）中，△=0方程有两个相等实数根；定理3& ax2+bx+c=0（a≠0）中，△＜0方程没有实数根。根的判别式逆用（注意：根据课本“反过来也成立”）得到三个定理。定理4& ax2+bx+c=0（a≠0）中，方程有两个不等实数根△＞0；定理5& ax2+bx+c=0（a≠0）中，方程有两个相等实数根△＝0；定理6& ax2+bx+c=0（a≠0）中，方程没有实数根△＜0。注意：（1）再次强调：根的判别式是指△=b2-4ac。（2）使用判别式之前一定要先把方程变化为一般形式，以便正确找出a、b、c的值。（3）如果说方程，即应当包括有两个不等实根或有两相等实根两种情况，此时b2-4ac≥0切勿丢掉等号。（4）根的判别式b2-4ac的使用条件，是在一元二次方程中，而非别的方程中，因此，要注意隐含条件a≠0。根的判别式有以下应用：①不解一元二次方程，判断根的情况。②根据方程根的情况，确定待定系数的取值范围。③证明字母系数方程有实数根或无实数根。④应用根的判别式判断三角形的形状。⑤判断当字母的值为何值时，二次三项是完全平方式。⑥可以判断抛物线与直线有无公共点。⑦可以判断抛物线与x轴有几个交点。⑧利用根的判别式解有关抛物线（△&0）与x轴两交点间的距离的问题。
发现相似题
与“是否存在质数p．q，使得关于x的一元二次方程px2-qx+p=O有有理数根..”考查相似的试题有：
711866536136671052708979680236700977关于证明5次以上多项式不存在求根公式的证明!
伽罗瓦仔细研究了前人的理论,特别是拉格朗日、鲁菲尼、高斯、阿贝尔等人的著作,开始研究多项式方程的可解性理论,他并不急于寻求解高次方程的方法,而是将重心放在判定已知的方程是否有根式解.如果有,也不去追究该方程的根究竟是怎样的,只需证明有根式解存在即可.峰
1.伽罗瓦群论的创建
伽罗瓦在证明不存在一个五次或高于五次的方程的一般根式解法时,与拉格朗日相同,也从方程根的置换入手.当他系统地研究了方程根的排列置换性质后,提出了一些确定的准则以判定一个已知方程的解是否能通过根式找到,然而这些方法恰好导致他去考虑一种称之为“群”的元素集合的抽象代数理论.在1831年的论文中,伽罗瓦首次提出了“群”这一术语,把具有封闭性的置换的集合称为群,首次定义了置换群的概念.他认为了解置换群是解决方程理论的关键,方程是一个其对称性可用群的性质描述的系统.他从此开始把方程论问题转化为群论的问题来解决,直接研究群论.他引入了不少有关群论的新概念,从而也产生了他自己的伽罗瓦群论,因此后人都称他为群论的创始人.
对有理系数的n次方程
x+axn-1+a2xn-2+…+an-1x+an=0
假设它的n个根x1,x2,…,xn的每一个变换叫做一个置换,n个根共有n!个可能的置换,它们的集合关于置换的乘法构成一个群,是根的置换群.方程的可解性可以在根的置换群的某些性质中有所反映,于是伽罗瓦把代数方程可解性问题转化为与相关的置换群及其子群性质的分析问题.现在把与方程联系起的置换群（它表现了方程的对称性质）称为伽罗瓦群,它是在某方程系数域中的群.一个方程的伽罗瓦群是对于每一个其函数值为有理数的关于根的多项式函数都满足这个要求的最大置换群,也可以说成对于任一个取有理数值的关于根的多项式函数,伽罗瓦群中的每个置换都使这函数的值不变.
2.伽罗瓦群论的实质
我们可以从伽罗瓦的工作过程中,逐步领悟伽罗瓦理论的精髓.首先分析一下他是怎样在不知道方程根的情况下,构造伽罗瓦群的.仍然是对方程（1）,设它的根x1,x2,…,xn中无重根,他构造了类似于拉格朗日预解式的关于x1,x2,…,xn的一次对称多项式
△1=a1x1+a2x2+…+anxn,其中ai(i=1,2,3,…,n)不必是单位根,但它必是一些整数且使得n!个形如△1的一次式△1,△2,…,△n!各不相同,接着又构造了一个方程
该方程的系数必定为有理数（可由对称多项式定理证明）,并且能够分解为有理数域上的不可约多项式之积.设f(x)=是的任意一个给定的m次的不可约因子,则方程(1)的伽罗瓦群是指n!个△i中的这m个排列的全体.同时他又由韦达定理知伽罗瓦群也是一个对称群,它完全体现了此方程的根的对称性.但是计算一个已知方程的伽罗瓦群是有一定困难的,因此伽罗瓦的目的并不在于计算伽罗瓦群,而是证明：恒有这样的n次方程存在,其伽罗瓦群是方程根的可能的最大置换群s(n),s(n)是由n!个元素集合构成的,s(n)中的元素乘积实际上是指两个置换之积.现在把s(n)中的元素个数称为阶,s(n)的阶是n!.
伽罗瓦找出方程系数域中的伽罗瓦群g后,开始寻找它的最大子群h1,找到h1后用一套仅含有理运算的手续（即寻找预解式）来找到根的一个函数.的系数属于方程的系数域r,并且在h1的置换下不改变值,但在g的所有别的置换下改变值.再用上述方法,依次寻找h1的最大子群h2,h2的最大子群h3,…于是得到h1,h2,…,hm,直到hm里的元素恰好是恒等变换（即hm为单位群i）.在得到一系列子群与逐次的预解式的同时,系数域r也随之一步步扩大为r1,r2,…,rm,每个ri对应于群hi.当hm=i时,rm就是该方程的根域,其余的r1,r2,…,rm-1是中间域.一个方程可否根式求解与根域的性质密切相关.例如,四次方程
x4+px2+q=0
p与q独立,系数域r添加字母或未知数p、q到有理数中而得到的域,先计算出它的伽罗瓦群g,g是s(4)的一个8阶子群,g={e,e1,e2,…e7},其中e=,e1=,e2=,e3=,e4=,e5=,
要把r扩充到r1,需在r中构造一个预解式,则预解式的根,添加到r中得到一个新域r1,于是可证明原方程（3）关于域r1的群是h1,h1={e,e1,e2,e3},并发现预解式的次数等于子群h1在母群g中的指数8÷4=2（即指母群的阶除以子群的阶）.第二步,构造第二个预解式,解出根
,于是在域r1中添加得到域r2,同样找出方程（3）在r2中的群h2,h2={e,e1},此时,第二个预解式的次数也等于群h2在h1中的指数4÷2=2.第三步,构造第三个预解式,得它的根 ,把添加到r2中得扩域r3,此时方程（3）在r3中的群为h3,h3={e},即h3=i,则r3是方程（3）的根域,且该预解式的次数仍等于群h3在h2中的指数2÷1=2.在这个特殊的四次方程中,系数域到根域的扩域过程中每次添加的都是根式,则方程可用根式解.这种可解理论对于一般的高次方程也同样适用,只要满足系数域到根域的扩域过程中每次都是添加根式,那么一般的高次方程也能用根式求解.
现仍以四次方程（3）为例,伽罗瓦从中发现了这些预解式实质上是一个二次的二项方程,既然可解原理对高次方程也适用,那么对于能用根式求解的一般高次方程,它的预解式方程组必定存在,并且所有的预解式都应是一个素数次p的二项方程xp=a.由于高斯早已证明二项方程是可用根式求解的.因此反之,如果任一高次方程所有的逐次预解式都是二项方程,则能用根式求解原方程.于是,伽罗瓦引出了根式求解原理,并且还引入了群论中的一个重要概念“正规子群”.
他是这样给正规子群下定义的：设h是g的一个子群,如果对g中的每个g都有gh=hg,则称h为g的一个正规子群,其中gh表示先实行置换g,然后再应用h的任一元素,即用g的任意元素g乘h的所有置换而得到的一个新置换集合.定义引入后,伽罗瓦证明了当作为约化方程的群(如由g 约化到h1)的预解式是一个二项方程xp=a (p为素数)时,则h1是g的一个正规子群.反之,若h1是g的正规子群,且指数为素数p,则相应的预解式一定是p次二项方程.他还定义了极大正规子群：如果一个有限群有正规子群,则必有一个子群,其阶为这有限群中所有正规子群中的最大者,这个子群称为有限群的极大正规子群.一个极大正规子群又有它自己的极大正规子群,这种序列可以逐次继续下去.因而任何一个群都可生成一个极大正规子群序列.他还提出把一个群g生成的一个极大正规子群序列标记为g、h、i、j…, 则可以确定一系列的极大正规子群的合成因子[g/h],[h/i],[i/g]….合成因子[g/h]=g的阶数/ h的阶数.对上面的四次方程(3),h1是g的极大正规子群, h2是h1的极大正规子群,h3又是h2的极大正规子群,即对方程(3)的群g 生成了一个极大正规子群的序列g、h1、h2、h3.
随着理论的不断深入,伽罗瓦发现对于一个给定的方程,寻找它在伽罗瓦群及其极大不变子群序列完全是群论的事.因此,他完全用群论的方法去解决方程的可解性问题.最后,伽罗瓦提出了群论的另一个重要概念“可解群”.他称具有下面条件的群为可解群：如果它所生成的全部极大正规合成因子都是质数.
根据伽罗瓦理论,如果伽罗瓦群生成的全部极大正规合成因子都是质数时,方程可用根式求解.若不全为质数,则不可用根式求解.由于引入了可解群,则可说成当且仅当一个方程系数域上的群是可解群时,该方程才可用根式求解.对上面的特殊四次方程(3),它的[g/h]=8/4=2,[h1/h2]=2/1=2,2为质数,所以方程(3)是可用根式解的.再看一般的n次方程,当n=3时,有两个二次预解式t2=a和t3=b,合成序列指数为2与3,它们是质数,因此一般三次方程可根式解.同理对n=4,有四个二次预解式,合成序列指数为2,3,2,2,于是一般四次方程也可根式求解.一般n次方程的伽罗瓦群是s(n),s(n)的极大正规子群是a(n) (实际a(n)是由s(n)中的偶置换构成的一个子群.如果一个置换可表为偶数个这类置换之积,则叫偶置换.),a(n)的元素个数为s(n)中的一半,且a(n)的极大正规子群是单位群i,因此[s(n)/a(n)]=n!/(n!/2)=2,[a(n)/i]=(n!/2)/1=n!/2, 2是质数,但当n ≥5时,n!/2不是质数,所以一般的高于四次的方程是不能用根式求解的.至此,伽罗瓦完全解决了方程的可解性问题.
顺带提一下,阿贝尔是从交换群入手考虑问题的,他的出发点与伽罗瓦不同,但他们的结果都是相同的,都为了证其为可解群,并且伽罗瓦还把阿贝尔方程进行了推广,构造了一种现在称之为伽罗瓦方程的方程,伽罗瓦方程的每个根都是其中两个根的带有系数域中系数的有理函数.
为您推荐：
其他类似问题
扫描下载二维码第一章：一元多项式
第九节 有理系数多项式
如果一个整系数多项式的所有系数是互素的,则称它是一个本原多项式.
易见,每个有理系数多项式都能写成一个有理数与一个本原多项式的乘积.例如, 有理系数多项式
其中是有理数,是本原多项式.可以证明这种表示法除了相差一个符号外是唯一的.即,如果
其中,都是本原多项式,则必有
高斯(Gauss)引理 &两个本原多项式的乘积仍是本原多项式.
是两个本原多项式，而
假设不是本原的，则有素数为的公因数.因为与都是本原的,所以不能同时整除的所有系数,也不能同时整除的所有系数. 设,分别是,的系数中第一个不能被整除的数,即
考察中的系数
在这个等式中除外,其它各项都能被整除,故.而为素数,有或.这与上边的假设矛盾.
定理4 若整系数多项式能分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积,则它也能分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积.
其中,是有理系数多项式,且
其中,,都是本原多项式,是整数,是有理数.于是
由高斯引理, 是本原多项式,从而
故是整数,因此有
这里,都是整系数多项式,且次数都低于的次数.
推论 设是整系数多项式,若,其中是本原多项式, 是有理系数多项式,则是整系数的.
是一个整系数多项式,而是它的一个有理根,其中互素,则.特别地,如果的首项系数,那么,的有理根都是整数,且为的因子.
证明 因为是的一个有理根,所以在有理数域上
因为互素,所以是本原多项式,根据上边的推论
其中是整数.比较等式两边的系数得
艾森斯坦因(Eisenstein)判别法 设
是一个整系数多项式.若存在素数使得
则在有理数域上不可约.
证明 假设在有理数域上可约,则可以分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积:
因为,所以或.但是不整除,所以不能同时整除及.不妨设,不整除.另一方面,因为不整除,所以不整除.假设中第一个不能被整除的是.考察中的系数得
式中都能被整除,故.因为是素数,所以或,矛盾.
例1 设是任一自然数,由艾森斯坦因判别法可知,有理数域上不可约.
例2 证明: 在有理数域上不可约.
证明与在有理数域上的可约性相同,取素数可知在有理数域上不可约,从而在有理数域上不可约.
例3 证明: 在有理数域上不可约.
与在有理数域上的可约性相同,取素数可知在有理数域上不可约,从而在有理数域上不可约.
例4 求多项式的有理根.
解 的有理根只可能是.用综合除法检验知是的重根, 是的单根.
(一)课堂练习
1.如果有理系数多项式没有有理根,能否断定它在有理数域上不可约?说明理由.
2.求多项式的有理根,并写出在有理数域上的标准分解式.
3.设是整系数多项式的一个有理根,其中互素,证明:
4.设有理系数多项式的一个根,证明:.
5.证明在有理数域上不可约.}