多项式

根据二项式定理，多项式的n次方展开公式，如下图所示：其中二项式定理如下图所示：二项式定理二项式定理（英语：Binomial theorem），又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664年、1665年间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理。

设A是数域P上一n级矩阵，λ是一个文字，矩阵λE－A的行列式就称为A的特征多项式；把这个行列式展开成多项式即可。设k为域（例如实数或复数域），对布于k上的nxn矩阵A，定义其特征多项式为 这是一个n次多项式，其首项系数为一。一般而言，对布于任何交换环上的方阵都能定义特征多项式。扩展资料：（1）特征多项式在基变更下不变：若存在可逆方阵 C使得 则（2）对任意两方阵有 一般而言，若A为 矩阵，B 为 矩阵（设 则（3）凯莱-哈密顿定理：

你这个应该是可以应用到更高阶的,无需假定是3阶,可以假定到n阶 因为对称多项式一定有n个根（重根按重数算）故可将特征多项式设为. |λE-A|==(λ-λ1)(λ-λ2)...(λ-λn) 这个里面,较易求出的有λ^n,λ^(n-1),以及常数项这三个的系数,至于其他的并不具备代表性一般不做研究,只有特殊场合才会偶尔考虑. λ^n左边右边的系数显然都为1,（主要看左边,右边实际上是应为左边去了1,才取1的）,注意到左边的行列式中只有(λ-a11)(λ-a22)...(λ-ann)这个加项中才有λ^n,故系数为1 λ^(n-1)的系数,注意左边(λ-a11)(λ-a22)...(λ-ann)这个加项中才有λ^(n-1),因为行列式定义式中每个加项都是不同行不同列元素的乘积,少了一个(λ-aii)就必须还要少一个,那么其他的加项最多只有n-2次,注意到他λ^(n-1)的系数为a11+a22+...+ann（这个称为矩阵的迹,附带说下,只要相似矩阵迹相同,无论是否可对角化）,接下来,看右边,右边比较好看显然λ^(n-1)的系数为所有特征值的和. 这就有个很重要的结论,矩阵的迹等于所有特征值的和（这个依赖他有n个特征值） 还有就是常数项了,这个也比较简单,两边令λ=0结果就是常数项了. 易得另一个重要结论,矩阵的行列式等于所欲特征值的乘积（这个也依赖他有n个特征值） 本题是特殊情况,很容易理解,另外不要去追求λ的系数,意义不大.

改为：在[x^+x^(-1/2)]^10的展开式中，T<r+1>=c(10,r)(x^)^(10-r)*(1/√x)^r=c(10,r)x^(20-2r-r/2)为常数项，∴20-5r/2=0,r=8，T9=c(10,8)=c(10,2)=45.

根据二项式定理，多项式的n次方展开公式，如下图所示：其中二项式定理如下图所示：二项式定理二项式定理（英语：Binomial theorem），又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664年、1665年间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理。

根据二项式定理，多项式的n次方展开公式，如下图所示：其中二项式定理如下图所示：扩展资料：二项式定理（英语：Binomial theorem），又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664年、1665年间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理。参考资料：百度百科_二项式定理

一般地,f(x)是m次,g(x)是n次,则f(x)至多m+1项,g(x)至多n+1项. f(x)*g(x)展开至多有(m+1)(n+1)项. 合并后至多m+n+1项,为m+n次多项式

求多项式的展开式的系数和一般令x=1求得。如果不懂，请追问，祝学习愉快！

没几何画板,不好表示

这些题纯文本无法表示清楚，必须用公式编辑器。

1、电脑上打开软件。2、首先评估一下多项式P(x)=x4次幂+7x3次幂-5x+9,这里可以表示成p = [1 7 0 -5 9];然后使用polyval评估计算。3、在命令行窗口按回车键可以看到语句返回的结果如下图所示。4、也可以创建一个方阵X，评估计算多项式P，按回车键，返回结果。5、开始计算多项式的根，通过roots函数求根，具体代码如下图所示。6、也可以使用poly函数返回多项式系数，它是roots函数的逆，按回车键。7、最后进行多项式的曲线拟合，使用polyfit函数查找系数，x,y拟合n度多项式,实现拟合数据多项式，按回车键返回结果和输出图形。

根据二项式定理，多项式的n次方展开公式，如下图所示：其中二项式定理如下图所示：扩展资料：二项式定理（英语：Binomial theorem），又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664年、1665年间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理。参考资料：百度百科_二项式定理

多项式的n次方展开公式 （a+b)n次方＝C(n,0)a(n次方)+C(n,1)a（n-1次方）b（1次方）+…+C（n,r）a(n-r次方)b(r次方)+…+C(n,n)b(n次方)(n∈N*) C(n,0)表示从n个中取0个, 这个公式叫做二项式定理,右边的多项式叫做(a+b)n次展开式。其中C是组合符号，(n,0)的意思是下n上0。

根据二项式定理，多项式的n次方展开公式，如下图所示：其中二项式定理如下图所示：二项式定理二项式定理（英语：Binomial theorem），又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664年、1665年间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理。

根据二项式定理，多项式的n次方展开公式，如下图所示：其中二项式定理如下图所示：二项式定理二项式定理（英语：Binomial theorem），又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664年、1665年间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理。

(a+b)^n=[C(0,n)]a^n+[C(1,n)]a^(n-1)*b+C(2,n)a^(n-2)b^2+……+C(n-1,n)ab^(n-1)+C(n,n)b^n另a^n-b^n=(a-b)[a^(n-1)+a^(n-2)b+.........+ab^(n-2)+b^(n-1)]

多项式的n次方展开公式（a+b)n次方＝C(n,0)a(n次方)+C(n,1)a（n-1次方）b（1次方）+…+C（n,r）a(n-r次方)b(r次方)+…+C(n,n)b(n次方)(n∈N*)C(n,0)表示从n个中取0个,这个公式叫做二项式定理,右边的多项式叫做(a+b)n次展开式。

根据二项式定理，多项式的n次方展开公式，如下图所示：其中二项式定理如下图所示：二项式定理二项式定理（英语：Binomial theorem），又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664年、1665年间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理。

根据二项式定理，多项式的n次方展开公式，如下图所示：其中二项式定理如下图所示：二项式定理二项式定理（英语：Binomial theorem），又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664年、1665年间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理。

我的看法是，多项式能够展开分别求积分，因为多项式本身就是由单项式组成多项式而成的，多个式子能够分开别开来求积分，然后再相加即可

很抱歉的告诉你,这不算做定理,这只能叫做结论,有些书的课后习题会要你证明这些东西.

利用二项展开式的通项公式求出多项式的通项,令的指数最大求出的最高次项,令的指数为求出系数.解:的展开式的通项为的展开式的通项为的展开式的通项为其中,,,,,,;,,,,当,时的展开式有的最高次项为令得,,,的展开式的系数为故答案为;本题考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具.

k级多项式函数。在数学中，由若干个单项式相加组成的代数式叫做多项式（若有减法：减一个数等于加上它的相反数）。多项式中的每个单项式叫做多项式的项。

根据二项式定理，多项式的n次方展开公式，如下图所示：其中二项式定理如下图所示：扩展资料：二项式定理（英语：Binomial theorem），又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664年、1665年间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理。参考资料：百度百科_二项式定理

这个不定, 完全展开肯定不好, 分解困难多少都需要处理一下

一般先使用初等行变换，化成上三角，或下三角，然后对角线元素相乘，当然，对于4阶以内的矩阵特征多项式，可以用对角线法则展开，只不过稍微繁琐一点，

这是在前提是你已经把f(x)变成了如(X-a)的n次方这种情形，才适用，就是假如说你是要X的n次方，你只需要把X前面的系数乘起来就可以了，如果是要后面的小于n-1的次数，你要依次少取一个X,然后把所有的系数加起来，依次类推，要多少次的系数，就少取几个X但是要记住所有的都要取完整结果才正确，否则结果会是错误的。

具体来说是去括号

用MATLAB方法可以这样来展开n阶麦克劳林多项式，即使用taylor（）函数。该函数使用格式T = taylor(f,var,a) %用于展开x0=a处f(x)的n阶麦克劳林多项式 例如：exp（x）在 x0=0 处的n阶麦克劳林多项式 >> syms x>> f=exp(x);>> T = taylor(f,x,0)

以下公式称为二项式定理：(a+b)^n=C(n,0)a^n+C(n,1)a^(n-1)*b+C(n,2)a^(n-2)*b^2+...+C(n,n)b^n在高中数学2-3中会讲到。至于公式的推导你可以在百科中搜“二项式定理”就可以找到。希望能解决你的疑问。

多项式系数是一类组合数，是多项式的展开式中，项的系数，多重集的全排列数与多项式系数相同。多项式展开式的系数问题需用利用二项式定理进行求解。比如：x2+2x-3（2代表2次方） 这是一个多项式,不同项的系数是不同的，以下为二项式定理： 1、二项式系数的通项公式是：C(n，r)[r在右上角]——第（r+1）项的知系数。 2、二项式的通项公式是：C(n，r)a的(n-r)次方b的r次方——第（r+1）项。 注：此为二项式（a+b）的n次方的展开式中的第专（r+1）项的通项公式。 3、当a=b=1时，C(n，0)+C(n，1)+C(n，2)+…属…+C(n，n)=2的n次方。

根据二项式定理，多项式的n次方展开公式，如下图所示：其中二项式定理如下图所示：二项式定理二项式定理（英语：Binomial theorem），又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664年、1665年间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理。

因式分解常用来解一些特殊的多项式方程多项式展开常用于概率统计，伯努力实验等

这个很难， 如果你要求x^m的系数 必须先考虑以下不定方程的非负整数解 5a+4b+3c+2d+e=m 然后计算 C（n，a）*C（n-a,b)*C(n-(a+b），c）*C（n-（a+b+c），d）*C（n-（a+b+c+d），e） =n！/[a!*b!*c!*d!*e!*(n-(a+b+c+d+e))!] 那么x^m的系数就是。

(a+b+c+d)^n一共有(n+1)(n+2)(n+3)/6个不同的项，所以(a+b+c+d)^100共有176851个不同的项。

SDLiuZB0622同学：对于n阶矩阵A的特征多项式det(λI-A)，只考虑展开式中的三项：（1）λ^n,（2） λ^n-1, 和（3）常数项。（1）：该项只能由主对角线元素乘积这一种排列得到。即(λ-a11)(λ-a22)...(λ-ann), 故λ^n项系数为1（2）：该项较为特殊，也只能由主对角线元素乘积这一种排列得到，故λ^n-1项系数为(-1)^n∑aii (i = 1, 2, ..., n)（3）：该项的产生可以理解为展开式中令λ = 0，即得常数项。因此，就相当于det(λI - A)中令λ预先等于0。因此该项"系数"为det(A)至于其他项，规律性不强。祝好！

按幂展开多项式是按照未知数幂的大小顺序排列多项式。

就是把左边的三阶行列式展开啊，大学里高等代数或者线性代数最基本的内容

你令t=x–4

哥哥会不会二项式定理?会的话就很简单了

特征多项式展开公式：E-A=(λ-λ1)(λ-λ2)(λ-λ3)。特征多项式：对于求解线性递推数列，我们还经常使用生成函数法，而对于常系数线性递推数列，其生成函数是一个有理分式，其分母即特征多项式。

x的次数为整数的项。二项式定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂。对于任意一个n次多项式，我们总可以只借助最高次项和（n-1）次项，根据二项式定理，凑出完全n次方项，其结果除了完全n次方项，后面既可以有常数项，也可以有一次项、二次项、三次项等，直到（n-2）次项。扩展资料：二项式定理与一元高次方程的关系：1、由于二次以上的多项式，在配n次方之后，并不能总保证在完全n次方项之后仅有常数项。2、对于二次以上的一元整式方程，无法简单地像一元二次方程那样，只需配出关于x的完全平方式，然后将后面仅剩的常数项移到等号另一侧，再开平方，就可以推出通用的求根公式。3、对于求解二次以上的一元整式方程，往往需要大量的巧妙的变换，无论是求解过程，还是求根公式，其复杂程度都要比一次、二次方程高出很多。参考资料来源：百度百科-二项式定理

(A1B1+A2B2+...+AiBi)^2=[A1B1+(A2B2+...+AiBi)]^2=(A1B1)^2+2*(A1B1)*(A2B2+...+AiBi)+(A2B2+...+AiBi)^2=……在把(A2B2+...+AiBi)^2象上面一样分成两部分再用完全平方公式展开一步一步往下就可以完全展开，然后再合并同类项拉！这好象没什么简便方法吧！！

根据二项式定理: (1+（x/2）)^5 =1+5(x/2)+10(x/2)^2+10(x/2)^3+5(x/2)^4+(x/2)^5. 所以, x^2的系数为10/4=2.5

三次多项式展开通用公式为：(X+Y)^3=X^3+3X^2Y+3XY^2+Y^3

根据二项式定理，多项式的n次方展开公式，如下图所示：其中二项式定理如下图所示：二项式定理二项式定理（英语：Binomial theorem），又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664年、1665年间提出。该定理给出两个数之和的整数次幂诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理。

多项式的n次方展开公式是(a+b)^n=a^n+[C(n,1)]a^(n-1)*b+C(n,2)a^(n-2)b^2+……+C(n-1,n)ab^(n-1)+b^n通项T(k+1)=C(n,k)a^(n-k)*b^k。

(a1b1+a2b2+...+aibi)^2=[a1b1+(a2b2+...+aibi)]^2=(a1b1)^2+2*(a1b1)*(a2b2+...+aibi)+(a2b2+...+aibi)^2=……在把(a2b2+...+aibi)^2象上面一样分成两部分再用完全平方公式展开一步一步往下就可以完全展开，然后再合并同类项拉！这好象没什么简便方法吧！！

需要利用多项式的展开式公式，输入相应的项数，然后在按照规律展开就可以，非常的简单。

多项式的n次方展开公式是(a+b)^n=a^n+[C(n,1)]a^(n-1)*b+C(n,2)a^(n-2)b^2+……+C(n-1,n)ab^(n-1)+b^n通项T(k+1)=C(n,k)a^(n-k)*b^k。

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首先提公因式,然后利用平方差公式分解即可.解:.故答案是:.本题考查实数范围内的因式分解,因式分解的步骤为:一提公因式;二看公式.在实数范围内进行因式分解的式子的结果一般要分到出现无理数为止.

如图

　　整式分为单项式和多项式,单项式就是数字*字母,多项式就是单项式的和 2a的m次方：a是‘底数",m是‘指数",结果是‘幂",2是系数 　公式：a的m次方*a的n次方=a的（m+n）次方,同底数幂相乘,底数不变,指数相加 （a的m次方)的n次方=a的m*n次方,幂的乘方,底数不变,指数相乘 a的m次方/a的n次方=a的（m-n)次方,同底数幂相乘,底数不变,指数相减 整式的乘法：将每个单项式都拆开,系数相乘,其余按以上公式进行 例：2a（b的三次方）*7（a的二次方）b =2*a*（b的三次方）*7*（a的二次方）*b =(2*7)*(a*a的二次方)*（b的三次方*b) =14*a的三次方*b的四次方 最后,把乘号去掉

这是真命题：一个次数大于0的本原多项式g(x)在Q上可约，那么成两个次数比g(x)次数低的本原多项式的乘积。

如果f不能整除g,那么设h(x)是g(x)用f(x)除后的非零余数多项式,即g(x)=f(x)f1(x)+h(x),则deg h<deg bdsfid="115" f,而且由于f(a)="g(a)=0,则h(a)=g(a)-f(a)f1(a)=0-0*f1(a)=0."> 任何一个复数a,如果一旦存在有理数多项式p(x),满足a是他的根.那么满足q(a)=0的有理数多项式里一定有个次数最低的（设为q(x)),这个是当然存在的,因为多项式次数是有下限的. 而且关键的是：剩下的所有满足p(a)=0的有理数多项式p(x),就都是q(x)的倍数.这个很容易证明.设有r(x)不是q(x)的倍数,且r(a)=0,则r(x)被q(x)除的非零余式多项式s(x)也满足s(a)=0,但这样一来,s的次数比q还要低,这就与q的次数最低的定义相矛盾了.所以,相当于这个a,有个以他为根的次数最低的“本原多项式”. 简单的说,设这个根a在有理数域的“本原多项式”是q(x),因为h(a)=f(a)=0,那么必定有q(x)|h(x),和q(x)|f(x). 因为deg q<=deg h,而且deg h<deg bdsfid="119" f,而且q(x)|f(x),这和f在有理数域上不可约,是互相矛盾的!<br="" deg="" 这些推理里用到了多项式乘除法,对于有理数域是封闭性操作的性质,不过这个你应该都懂.

1．双十字相乘法分解二次三项式时，我们常用十字相乘法．对于某些二元二次六项式(ax2+bxy+cy2+dx+ey+f)，我们也可以用十字相乘法分解因式．例如，分解因式2x2-7xy-22y2-5x+35y-3．我们将上式按x降幂排列，并把y当作常数，于是上式可变形为2x2-(5+7y)x-(22y2-35y+3)，可以看作是关于x的二次三项式．对于常数项而言，它是关于y的二次三项式，也可以用十字相乘法，分解为　　即-22y2+35y-3=(2y-3)(-11y+1)．再利用十字相乘法对关于x的二次三项式分解　　所以原式=［x+(2y-3)］［2x+(-11y+1)］=(x+2y-3)(2x-11y+1)．　　上述因式分解的过程，实施了两次十字相乘法．如果把这两个步骤中的十字相乘图合并在一起，可得到下图：　　它表示的是下面三个关系式：(x+2y)(2x-11y)=2x2-7xy-22y2；(x-3)(2x+1)=2x2-5x-3；(2y-3)(-11y+1)=-22y2+35y-3．　　这就是所谓的双十字相乘法．用双十字相乘法对多项式ax2+bxy+cy2+dx+ey+f进行因式分解的步骤是：(1)用十字相乘法分解ax2+bxy+cy2，得到一个十字相乘图(有两列)；(2)把常数项f分解成两个因式填在第三列上，要求第二、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的ey，第一、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的dx．例1 分解因式：(1)x2-3xy-10y2+x+9y-2；(2)x2-y2+5x+3y+4；(3)xy+y2+x-y-2；(4)6x2-7xy-3y2-xz+7yz-2z2．解 (1)原式=(x-5y+2)(x+2y-1)．(2)原式=(x+y+1)(x-y+4)．(3)原式中缺x2项，可把这一项的系数看成0来分解．原式=(y+1)(x+y-2)．(4)原式=(2x-3y+z)(3x+y-2z)．说明 (4)中有三个字母，解法仍与前面的类似．2．求根法我们把形如anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0(n为非负整数)的代数式称为关于x的一元多项式，并用f(x)，g(x)，…等记号表示，如f(x)=x2-3x+2，g(x)=x5+x2+6，…，当x=a时，多项式f(x)的值用f(a)表示．如对上面的多项式f(x)f(1)=12-3×1+2=0；f(-2)=(-2)2-3×(-2)+2=12．若f(a)=0，则称a为多项式f(x)的一个根．定理1(因式定理) 若a是一元多项式f(x)的根，即f(a)=0成立，则多项式f(x)有一个因式x-a．根据因式定理，找出一元多项式f(x)的一次因式的关键是求多项式f(x)的根．对于任意多项式f(x)，要求出它的根是没有一般方法的，然而当多项式f(x)的系数都是整数时，即整系数多项式时，经常用下面的定理来判定它是否有有理根．定理2的根，则必有p是a0的约数，q是an的约数．特别地，当a0=1时，整系数多项式f(x)的整数根均为an的约数．　　我们根据上述定理，用求多项式的根来确定多项式的一次因式，从而对多项式进行因式分解．例2 分解因式：x3-4x2+6x-4．分析这是一个整系数一元多项式，原式若有整数根，必是-4的约数，逐个检验-4的约数：±1，±2，±4，只有f(2)=23-4×22+6×2-4=0，即x=2是原式的一个根，所以根据定理1，原式必有因式x-2．解法1 用分组分解法，使每组都有因式(x-2)．原式=(x3-2x2)-(2x2-4x)+(2x-4)=x2(x-2)-2x(x-2)+2(x-2)=(x-2)(x2-2x+2)．解法2 用多项式除法，将原式除以(x-2)，　　所以原式=(x-2)(x2-2x+2)．说明在上述解法中，特别要注意的是多项式的有理根一定是-4的约数，反之不成立，即-4的约数不一定是多项式的根．因此，必须对-4的约数逐个代入多项式进行验证．例3 分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2．分析因为9的约数有±1，±3，±9；-2的约数有±1，±为：所以，原式有因式9x2-3x-2．解 9x4-3x3+7x2-3x-2=9x4-3x3-2x2+9x2-3x-2=x2(9x3-3x-2)+9x2-3x-2=(9x2-3x-2)(x2+1)=(3x+1)(3x-2)(x2+1)说明若整系数多项式有分数根，可将所得出的含有分数的因式化为整系数因式，如上题中的因式可以化为9x2-3x-2，这样可以简化分解过程．总之，对一元高次多项式f(x)，如果能找到一个一次因式(x-a)，那么f(x)就可以分解为(x-a)g(x)，而g(x)是比f(x)低一次的一元多项式，这样，我们就可以继续对g(x)进行分解了．3．待定系数法　　待定系数法是数学中的一种重要的解题方法，应用很广泛，这里介绍它在因式分解中的应用．在因式分解时，一些多项式经过分析，可以断定它能分解成某几个因式，但这几个因式中的某些系数尚未确定，这时可以用一些字母来表示待定的系数．由于该多项式等于这几个因式的乘积，根据多项式恒等的性质，两边对应项系数应该相等，或取多项式中原有字母的几个特殊值，列出关于待定系数的方程(或方程组)，解出待定字母系数的值，这种因式分解的方法叫作待定系数法．例4 分解因式：x2+3xy+2y2+4x+5y+3．分析由于(x2+3xy+2y2)=(x+2y)(x+y)，若原式可以分解因式，那么它的两个一次项一定是x+2y+m和x＋y＋n的形式，应用待定系数法即可求出m和n，使问题得到解决．解设x2+3xy+2y2+4x+5y+3=(x+2y+m)(x+y+n)=x2+3xy+2y2+(m+n)x+(m+2n)y+mn，　　比较两边对应项的系数，则有解之得m=3，n=1．所以原式=(x+2y+3)(x+y+1)．说明本题也可用双十字相乘法，请同学们自己解一下．例5 分解因式：x4-2x3-27x2-44x+7．分析本题所给的是一元整系数多项式，根据前面讲过的求根法，若原式有有理根，则只可能是±1，±7(7的约数)，经检验，它们都不是原式的根，所以，在有理数集内，原式没有一次因式．如果原式能分解，只能分解为(x2+ax+b)(x2+cx+d)的形式．解设原式=(x2+ax+b)(x2+cx+d)=x4+(a+c)x3+(b+d+ac)x2+(ad+bc)x+bd，　　所以有由bd=7，先考虑b=1，d=7有　　　　　所以原式=(x2-7x+1)(x2+5x+7)．说明由于因式分解的唯一性，所以对b=-1，d=-7等可以不加以考虑．本题如果b=1，d=7代入方程组后，无法确定a，c的值，就必须将bd=7的其他解代入方程组，直到求出待定系数为止．　　本题没有一次因式，因而无法运用求根法分解因式．但利用待定系数法，使我们找到了二次因式．由此可见，待定系数法在因式分解中也有用武之地．练习二1．用双十字相乘法分解因式：(1)x2-8xy+15y2+2x-4y-3；(2)x2-xy+2x+y-3；(3)3x2-11xy+6y2-xz-4yz-2z2．2．用求根法分解因式：(1)x3+x2-10x-6；(2)x4+3x3-3x2-12x-4；(3)4x4+4x3-9x2-x+2．3．用待定系数法分解因式：(1)2x2+3xy-9y2+14x-3y+20；(2)x4+5x3+15x-9

如果α是n次本原单位根,那么$α^m$也是n次本原单位根,当且仅当$(m,n)=1,1<=m<=n$.实际上所有n次本原单位根的个数就是欧拉函数φ(n).现在设$α_1,α_2,...,α_{φ(n)}$是全体n次本原单位根,那么n次分圆多项式就是:$Phi_n(x)=(x-α_1)...(x-α_{φ(n)})$,由于每个n次单位根必定是某个d次单位根,d|n,于是$prod_{d|n}Phi_d(x)=x^n-1$.由这个公式,我们可以得到$Phi_1(x)=x-1,Phi_2(x)=x+1,Phi_3(x)=x^2+x+1,Phi_4(x)=x^2+1$.一般的,$Phi_p(x)=x^{p-1}+...+x+1$.p是素数.顺便指出,由分圆多项式的这个公式,比较两端的次数,我们立即得到初等数论关于Euler函数的著名结论:$sum_{d|n}φ(d)=n$.我们证明:(<抽象代数--理论,问题与方法>,张广祥)定理:分圆多项式$Phi_n(x)$是不可约的整系数多项式.证明:设α是n次本原单位根,$f_1(x)$是整系数不可约本原多项式使得$f_1(α)=0$,取素数q,使得(q,n)=1.则$α^q$也是一个n次本原单位根.假定$f_2(x)$是整系数不可约本原多项式使$f_2(α^q)=0$,下证$f_2(x)=+-f_1(x)$.因为$f_1(x)$与$x^n-1$有公共根α,因此$f_1(x)|x^n-1$(请读者证明)同样,有$f_2(x)|x^n-1$.但是$f_1(x)$与$f_2(x)$都是不可约的整系数多项式,若$f_2(x)=+-f_1(x)$不成立,则$f_1(x)$与$f_2(x)$互素,于是$f_1(x)f_2(x)|x^n-1$.记$x^n-1=f_1(x)f_2(x)g(x)$,其中g(x)也是整系数多项式.由于α也是$f_2(x^q)=0$的根,所以$f_1(x)|f_2(x^q),f_2(x^q)=f_1(x)h(x)$,h(x)是整系数多项式.现在把这些多项式系数模素数q计算有$f_2(x)^q≡f_2(x^q)≡f_1(x)h(x)(modq)$.如此这些多项式相当于看成有限域$Z_q$上的多项式,由域上多项式的分解的唯一性,$f_1(x)$作为$Z_q$上的多项式,它的每个不可约因子u(x)整除$f_2(x)^q$,因而也整除$f_2(x)$,这样在模q中有$u(x)|f_2(x)$,且$u(x)|f_1(x)$,因此$u(x)|x^n-1$,但是系数模q计算时$x^n-1$没有重因式(多项式有重因式的充分必要条件是这个多项式与它的导函数有1次或1次以上的公因式),矛盾!因此,$f_1(x)=+-f_2(x)$,说明$α^q$也是$f_1(x)=0$的根,因此每个整数m,只要(m,n)=1,则$α^m$也是$f_1(x)=0$的根,这就是说每个n次本原单位根都是$f_1(x)=0$的根,于是$f_1(x)=Phi_n(x)$.上述证明中实际上是证明了$Phi_n(x)$的根都是$f_1(x)$的根,应当还需证明$f_1(x)$除了这些根外无其他的根.这个事实只需注意到所有d次本原单位根(d|n)构成的所有的分圆多项式无重根即可.(即$x^n-1$无重根)这样,我们可以如此定义n次分圆多项式:它是某个n次本原单位根满足的最小次数的首1的整系数多项式(它必定是不可约多项式).应用本原单位根与扩域的知识可以解决以下的问题:设n是正整数,则$cos({2pi}/n)$是有理数当且仅当n=1,2,3,4,6;即$cos({2pi}/n)=1,-1,-1/2,0,1/2$.当然我们也可以应用多项式的最基本的知识来解决它,设$x=2cos({2pi}/n)$,利用三角公式得到关于x的多项式即可...

我们应用上段后面的定义来证明n次分圆多项式是不可约的整系数多项式.我们先来给出本原单位根的一些简单性质以及看一些低次的分圆多项式:如果α是n次本原单位根,那么$α^m$也是n次本原单位根,当且仅当$(m,n)=1,1<=m<=n$.实际上所有n次本原单位根的个数就是欧拉函数φ(n).现在设$α_1,α_2,...,α_{φ(n)}$是全体n次本原单位根,那么n次分圆多项式就是:$Phi_n(x)=(x-α_1)...(x-α_{φ(n)})$,由于每个n次单位根必定是某个d次单位根,d|n,于是$prod_{d|n}Phi_d(x)=x^n-1$.由这个公式,我们可以得到$Phi_1(x)=x-1,Phi_2(x)=x+1,Phi_3(x)=x^2+x+1,Phi_4(x)=x^2+1$.一般的,$Phi_p(x)=x^{p-1}+...+x+1$.p是素数.顺便指出,由分圆多项式的这个公式,比较两端的次数,我们立即得到初等数论关于Euler函数的著名结论:$sum_{d|n}φ(d)=n$.我们证明:(<抽象代数--理论,问题与方法>,张广祥)定理:分圆多项式$Phi_n(x)$是不可约的整系数多项式.证明:设α是n次本原单位根,$f_1(x)$是整系数不可约本原多项式使得$f_1(α)=0$,取素数q,使得(q,n)=1.则$α^q$也是一个n次本原单位根.假定$f_2(x)$是整系数不可约本原多项式使$f_2(α^q)=0$,下证$f_2(x)=+-f_1(x)$.因为$f_1(x)$与$x^n-1$有公共根α,因此$f_1(x)|x^n-1$(请读者证明)同样,有$f_2(x)|x^n-1$.但是$f_1(x)$与$f_2(x)$都是不可约的整系数多项式,若$f_2(x)=+-f_1(x)$不成立,则$f_1(x)$与$f_2(x)$互素,于是$f_1(x)f_2(x)|x^n-1$.记$x^n-1=f_1(x)f_2(x)g(x)$,其中g(x)也是整系数多项式.由于α也是$f_2(x^q)=0$的根,所以$f_1(x)|f_2(x^q),f_2(x^q)=f_1(x)h(x)$,h(x)是整系数多项式.现在把这些多项式系数模素数q计算有$f_2(x)^q≡f_2(x^q)≡f_1(x)h(x)(modq)$.如此这些多项式相当于看成有限域$Z_q$上的多项式,由域上多项式的分解的唯一性,$f_1(x)$作为$Z_q$上的多项式,它的每个不可约因子u(x)整除$f_2(x)^q$,因而也整除$f_2(x)$,这样在模q中有$u(x)|f_2(x)$,且$u(x)|f_1(x)$,因此$u(x)|x^n-1$,但是系数模q计算时$x^n-1$没有重因式(多项式有重因式的充分必要条件是这个多项式与它的导函数有1次或1次以上的公因式),矛盾!因此,$f_1(x)=+-f_2(x)$,说明$α^q$也是$f_1(x)=0$的根,因此每个整数m,只要(m,n)=1,则$α^m$也是$f_1(x)=0$的根,这就是说每个n次本原单位根都是$f_1(x)=0$的根,于是$f_1(x)=Phi_n(x)$.上述证明中实际上是证明了$Phi_n(x)$的根都是$f_1(x)$的根,应当还需证明$f_1(x)$除了这些根外无其他的根.这个事实只需注意到所有d次本原单位根(d|n)构成的所有的分圆多项式无重根即可.(即$x^n-1$无重根)这样,我们可以如此定义n次分圆多项式:它是某个n次本原单位根满足的最小次数的首1的整系数多项式(它必定是不可约多项式).应用本原单位根与扩域的知识可以解决以下的问题:设n是正整数,则$cos({2pi}/n)$是有理数当且仅当n=1,2,3,4,6;即$cos({2pi}/n)=1,-1,-1/2,0,1/2$.当然我们也可以应用多项式的最基本的知识来解决它,设$x=2cos({2pi}/n)$,利用三角公式得到关于x的多项式即可...

是有条件的X趋于∞才是其它条件不一定不同问题解法不一样，具体问题具体分析。

此问题一般是通过构造范德梅德行列式证明，但相对有点繁琐，这里用基本循环矩阵给你证明，比较容易接受。证明如下：

不知道

：以F(X)=1+x2+x3+x4+x8为例 则M序列发生器的反馈关系为：x(8) = x(7) ⊕ x(6) ⊕ x(5) ⊕ x(1

看未知数的最高次项的次数，例如x^5+2x^3+1这就是五次三项式（未知数的最高次数是5，有3项），再例如2x^3+x^2+3x+1这就是三次三项式（未知数最高次数是3，有三项）如果有两个未知数的话，就要把那一项的未知数的次数加起来，例如x^3*y^2+x^2*y+x+y这就是五次四项式，因为次数最高的一项是x^3*y^2，x的次数是3，y的次数是2，所以是五次的，因为它有四项，所以是五次四项式。祝你进步！

1.f(x)=2x^2+4x+2 g(x)=x+1 h(x)=2x+2 p=2 结论不成立！

并非任一有理数系数多项式都与一个本原多项式相伴。（） A.正确 B.错误 正确答案：B

多项式的次数是多项式中最高次数项的次数。一元多项式中，最高次项的次数就是该多项式的次数例如：2x^4+5x^2-3x,该多项式的次数为4，多元多项式中，最高次项的次数，是指次数和最高项的次数。例如：5x^2y^3+2xy^2,该多项式的次数为5。多项式是指由变量、系数以及它们之间的加、减、乘、幂运算得到的表达式。对于比较广义的定义，1个或0个单项式的和也算多项式。0作为多项式时，次数定义为负无穷大（或0）。单项式和多项式统称为整式。多项式中不含字母的项叫做 常数项。多项式是简单的 连续函数，它是平滑的，它的微分也必定是多项式。高斯引理：两个本原多项式的乘积是本原多项式。应用高斯引理可证，如果一个整系数多项式可以分解为两个次数较低的有理系数多项式的乘积，那么它一定可以分解为两个整系数多项式的乘积。这个结论可用来判断有理系数多项式的不可约性。多项式简介：由若干个单项式的和组成的代数式叫做多项式（减法中有：减一个数等于加上它的相反数）。多项式中每个单项式叫做多项式的项，这些单项式中的最高次数，就是这个多项式的次数。在数学中，多项式(polynomial)是指由变量、系数以及它们之间的加、减、乘、幂运算(非负整数次方)得到的表达式。对于比较广义的定义，1个或0个单项式的和也算多项式。按这个定义，多项式就是整式。实际上，还没有一个只对狭义多项式起作用，对单项式不起作用的定理。0作为多项式时，次数定义为负无穷大(或0)。单项式和多项式统称为整式。多项式中不含字母的项叫做常数项。如：5X+6中的6就是常数项。

用赋值法，也就是你代入某一特殊值令值等于零~对不起，来迟了~

对的

本原多项式f，次数大于0，如果它没有有理根，那么它就没有【一次】因式

两个本原多项式的相加还是本原多项式。（） A.正确 B.错误 正确答案：B

两个本原多项式的乘积一定是（）。 A.没有实根的多项式B.不可约多项式C.本原多项式D.可约多项式正确答案：C

在数学中，多项式（polynomial）是指由变量、系数以及它们之间的加、减、乘、指数（正整数次）运算得到的表达式。[1] 对于比较广义的定义，1个或0个单项式的和也算多项式。按这个定义，多项式就是整式。实际上，还没有一个只对狭义多项式起作用，对单项式不起作用的定理。0作为多项式时，次数定义为负无穷大（或0）。单项式和多项式统称为整式。多项式中不含字母的项叫做常数项。如：5X+6中的6就是常数项。2几何特性编辑多项式是简单的连续函数，它是平滑的，它的微分也必定是多项式。泰勒多项式的精神便在于以多项式逼近一个平滑函数，此外闭区间上的连续函数都可以写成多项式的均匀极限。3定理编辑基本定理代数基本定理是指所有一元 n 次（复数）多项式都有 n 个（复数）根。高斯引理两个本原多项式的乘积是本原多项式。应用高斯引理可证，如果一个整系数多项式可以分解为两个次数较低的有理系数多项式的乘积，那么它一定可以分解为两个整系数多项式的乘积。这个结论可用来判断有理系数多项式的不可约性。关于Q[x]中多项式的不可约性的判断，还有艾森斯坦判别法：对于整系数多项式,如果有一个素数p能整除αn-1,αn-2,…,α1,α0，但不能整除αn,且p?2不能整除常数项α0，那么?(x)在Q上是不可约的。由此可知，对于任一自然数n，在有理数域上xn-2是不可约的。因而，对任一自然数n，都有n次不可约的有理系数多项式。分解定理F[x]中任一个次数不小于 1的多项式都可以分解为F上的不可约多项式的乘积,而且除去因式的次序以及常数因子外，分解的方法是惟一的。当F是复数域C时，根据代数基本定理，可证C[x]中不可约多项式都是一次的。因此，每个复系数多项式都可分解成一次因式的连乘积。当F是实数域R时，由于实系数多项式的虚根是成对出现的，即虚根的共轭数仍是根，因此R[x]中不可约多项式是一次的或二次的。所以每个实系数多项式都可以分解成一些一次和二次的不可约多项式的乘积。实系数二次多项式αx2+bx+с不可约的充分必要条件是其判别式b2-4αс<0。当F是有理数域Q时，情况复杂得多。要判断一个有理系数多项式是否不可约，就较困难。应用本原多项式理论，可把有理系数多项式的分解问题化为整系数多项式的分解问题。一个整系数多项式如其系数是互素的,则称之为本原多项式。每个有理系数多项式都可表成一个有理数及一个本原多项式的乘积。关于本原多项式有下述重要性质。4运算法则编辑加法与乘法有限的单项式之和称为多项式。不同类的单项式之和表示的多项式，其中系数不为零的单项式的最高次数，称为此多项式的次数。多项式的加法,是指多项式中同类项的系数相加，字母保持不变(即合并同类项)。多项式的乘法,是指把一个多项式中的每个单项式与另一个多项式中的每个单项式相乘之后合并同类项。F上x1，x2，…，xn的多项式全体所成的集合Fx【1,x2，…,xn】，对于多项式的加法和乘法成为一个环，是具有单位元素的整环。域上的多元多项式也有因式分解惟一性定理。带余除法若 ?x和exo是Fx中的两个多项式，且exo不等于0，则在F[x]中有唯一的多项式 q(x)和r(x)，满足?(x)=q(x)g(x)+r(x)，其中r(x)的次数小于g(x)的次数。此时q(x) 称为g(x)除?(x)的商式，r(x)称为余式。当g(x)=x-α时，则r(x)=?(α)称为余元，式中的α是F的元素。此时带余除法具有形式?(x)=q(x)(x-α)+?(α)，称为余元定理。g(x)是?(x)的因式的充分必要条件是g(x)除?(x)所得余式等于零。如果g(x)是?(x)的因式，那么也称g(x) 能整除?(x)，或?(x)能被g(x)整除。特别地,x-α是?(x)的因式的充分必要条件是?(α)=0，这时称α是?(x)的一个根。如果d(x)既是?(x)的因式，又是g(x)的因式,那么称d(x)是?(x)与g(x)的一个公因式。如果d(x)是?(x)与g(x)的一个公因式，并且?(x)与g(x)的任一个因式都是d(x)的因式，那么称d(x)是?(x)与g(x)的一个最大公因式。如果?(x)=0，那么g(x)就是?(x)与g(x)的一个最大公因式。当?(x)与g(x)全不为零时，可以应用辗转相除法来求它们的最大公因式。辗转相除法已知一元多项式环F[x][2] 中两个不等于零的多项式?(x)与g(x)，用g(x)除?(x)得商式q1(x)、余式r1(x)。若r1(x)=0，则g(x)就是?(x)与g(x)的一个最大公因式。若 r1(x)≠0，则用 r1(x)除 g(x)得商式q2(x)、余式r2(x)。若r2(x)=0,则r1就是?(x)与g(x)的一个最大公因式。否则,如此辗转相除下去,余式的次数不断降低,经有限s次之后，必有余式为零次（即零次多项式）或余式为零（即零多项式）。若最终余式结果为零次多项式，则原来f(x)与g(x)互素；若最终余式结果为零多项式，则原来f(x)与g(x)的最大公因式是最后一次带余除法的是除式。利用辗转相除法的算法，可将?(x)与g(x)的最大公因式rs(x)表成?(x)和g(x)的组合,而组合的系数是F上的多项式。如果?(x)与g(x)的最大公因式是零次多项式，那么称?(x)与g(x)是互素的。最大公因式和互素概念都可以推广到几个多项式的情形。如果F[x]中的一个次数不小于1的多项式?(x),不能表成 F[x] 中的两个次数较低的多项式的乘积，那么称?(x)是F上的一个不可约多项式。任一多项式都可分解为不可约多项式的乘积。[3] 形如 Pn(x)=a(n)x^n+a(n-1)x^(n-1)+…+a(1)x+a(0)的函数，叫做多项式函数，它是由常数与自变量x经过有限次乘法与加法运算得到的。显然，当n=1时，其为一次函数y=kx+b，当n=2时，其为二次函数y=ax^2+bx+c。[3]

g(x)=±h(x)是两个本原多项式g(x)和h(x)若在Q[x]中相伴的什么条件（） A.充分条件 B.必要条件 C.充要条件 D.非充分必要条件 正确答案：C

多项式的各项系数的最大公因数只±1的整系数多项式是本原多项式。（） A.正确 B.错误 正确答案：A

本原多项式和零次多项式（非零常数）

两个本原多项式g(x)和h(x)若在Q[x]中相伴，那么有什么等式成立（） A.g(x)=h(x) B.g(x)=-h(x) C.g(x)=ah(x)(a为任意数） D.g(x)±h(x) 正确答案：D

本原多项式的性质2关于本原多项式乘积的性质是（）提出来的。 A.高斯B.菲尔兹C.拉斐尔D.费马正确答案：A

x^10+x^5+1=(x-1)(x^10+x^5+1)/(x-1)=(x^11-x^10+x^6-x^5+x-1)/(x-1)其中x^11-x^10+x^6-x^5+x-1=(x^11-x^5)-(x^10-x)+(x^6-1)=(x^6-1)(x^5+1)-x(x^9-1)=(x^3-1)(x^3+1)(x^5+1)-x(x^3-1)(x^6+x^3+1)=(x^3-1)[(x^8+x^5+x^3+1)-(x^7+x^4+x)]=(x^3-1)(x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1)∴原式=(x^3-1)(x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1)/(x-1)=(x^2+x+1)(x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1)