1高等代数多项式定理证明是不是不太严谨?定理:如果不可约多项式p(x)是f(x)的k重因式(k≥1),那么它是导数f'(x)的k-1重因式.证明:由假设,f(x)=p∧k(x)g(x),其中p(x)不能整除g(x).有f'(x)=p∧k-1(x)[kg(x)p'(x)+p(x)g'(x)],所以p∧k-1|f'(x),因为p(x)|p(x)g'(x),p(x...
由Cramer法则,方程组只有零解,故f(x)为零多项式,矛盾. 因此n次多项式至多有n个互不相等的根. 分析总结。 由cramer法则方程组只有零解故fx为零多项式矛盾结果一 题目 用克拉默定理证明:n次多项式最多有n个互不相等的根 答案 设n次多项式f(x) = a[0]+a[1]x+...+a[n]x^n.用反证法,假设f(x)有n...
当G=Sn时即为对称多项式基本定理，此时A的一组生成元为σ1,…,σn,其中σi是第i个初等对称多项式.当G=An为交错群时，可以证明对于G不变的多项式f, 存在对称多项式f1,f2使得f=f1+f2∏1≤i<j≤n(xi−xj)从而σ1,…,σn,∏1≤i<j≤n(xi−xj)是A的一组生成元.G是交换群时，考虑G在n维向量...
3.多项式可约定理推论(有理系数分解存在那么整系数分解一定存在的推论) 这个推论仿照上文证明 rs=a,因为r=1所以s为整数就能证明完。
Szemerédi–Trotter定理为组合几何中一个重要的定理,通常的证明是使用图论的相交引理[1]来进行证明的,同时该证明(将会)被收录在我的另一篇文章和集小记中(注意陈述略有不同),作为Elekes的和-积定理[2]的预备工具.在此处,我们给出一个多项式方法的证明. ...
证明φ(1, 1)=1-1=0由于x≠1时,x^(m-1)+x^(m-2)+…+x+1= (x^m-1)/(x-1) = ∏φ(d, x),d是m的所有大于1的因数等号左右两边都是m-1次多项式,在无穷多处取值相等,所以系数完全相等,x=1时的取值也相同则∏φ(d, 1)= 1+1+…+1=m,d是m的所有大于1的因数所以m≥2时当m是素数...
多元多项式是指具有两个或两个以上变量的多项式。在一般情况下,多元多项式的因式分解并不像单变量多项式那样直观。为了证明多元多项式的因式分解定理,我们需要采用一定的方法和技巧。 2. 基础方法:变元分离和合并同类项 证明多元多项式的因式分解定理时,我们通常会采用变元分离和合并同类项的基础方法。通过将多元多项式中的...
数值微积分---chap正交多项式定理证明正交多项式定理n次正交多项式gn(x)有n个互异的实根,并且全部在区间(a,.b内证明:对于固定的n(n21,若qn(x)在(a,b)不变号不妨设其恒为大于零,则∫m(x)q(x)(x)tx=Jp(o)q(x>0与正交多项式矛盾因此至少存在一个数x∈(a,b)使,(x)=0假设是(x)的重根,则9(x是...
多项式定理证明范文 多项式是由常数项、变量和乘方组成的表达式。它的一般形式可以表示为: P(x) = anx^n + an-1x^(n-1) + ... + a1x + a0 其中,n表示多项式的次数,a0,a1,...,an为系数,x是变量。常数项a0可以看作是x^0的系数。 多项式有两个重要的运算法则:乘法法则和加法法则。 乘法法则指出,...
Bernstein给出的证明: 这里的(1)是指bernstein多项式性质1: 故第一个和式 这里用到了性质(1)。 又因为 故第二个和式 这里用到了bernstein多项式的另一个性质: 故得到 从而Weierstrass 定理得证。 编辑于 2024-07-21 22:40・江西 泛函分析 赞同8添加评论 分享喜欢收藏申请转载 ...