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多项式无重根的充要条件证明
多项式没有重根的充要条件
是什么?
答:
重根是多项式方程重数大于等于2的根
。对代数方程,即多项式方程,方程f(x) = 0有根x = a则说明f(x)有因子(x - a),从而可做多项式除法P(x) = f(x) / (x-a)结果仍是多项式。若P(x) = 0仍以x = a为根,则x= a是方程的重根。或令f1(x)为f(x)的导数,若f1(x) = 0也以x ...
多项式
方程
没有重根的充要条件
是什么?
答:
1、A有n个线性无关的特征向量。2、A的极小多项式没有重根
。充分非必要条件:1、A没有重特征值。2、A*A^H=A^H*A。必要非充分条件:f(A)可对角化,其中f是收敛半径大于A的谱半径的任何解析函数。简介:多项式函数,是数学概念。形如f(x)=an·x^n+an-1·x^(n-1)+…+a2·x^2+a1·x...
证明多项式没有重根
答:
故P(X)在C上
没有重根
..
多项式
有
无重根
问题
答:
对任意整式A和B,都有(A,B)=(|A-B|,B)。
证明:设(A,B)=CA=p(x)C,B=q(x)C,显然(p(x),q(x))=1|A-B|=|p(x
)-q(x)|C显然(|p(x)-q(x)|,q(x))=1(不然,设(|p(x)-q(x)|,q(x))=f(x),可以得到(p(x),q(x))=f(x),与前面结论矛盾...
证明
:数域F上任意一个不可约
多项式
在复数域内
没有重根
.
答:
【答案】:证 设p(x)是F上不可约多项式,则(p(x),p'(x))=1. 因
多项式的
最大公因式不因数域扩大而改变,所以在复数域内仍有(p(x),p'(x))=1,故p(x)在复数域上
无重根
.
如何
证明
A的最小
多项式没有重根
答:
3)A(A-E)=0,最小
多项式没有重根
,也就是说没有若当块,换句话说就是特征值0,1的特征子空间张满全空间.又因为Ax=0的解空间维数等于n-r(A),(A-E)x=0的解空间维数等于n-r(A-E),n-r(A)+n-r(A-E)=n,所以有r(A)+r(A-E)=n 1),2)可以归为3情况,可以不用讨论1),2...
证明
不可约
多项式
p(x)
没有重根
答:
用反证法.设p(x)是数域F上的不可约
多项式
.假设a是p(x) (在复数域内)的
重根
,则有p(a) = 0,p'(a) = 0 (p'(x)为p(x)求导得到的多项式).若p(x)与p'(x)互素,则存在u(x),v(x) ∈ F[x]使得u(x)p(x)+v(x)p'(x) = 1,代入x = a...
证明
1+x+x^2/2!+x^3/3!+...+x^n/n!
无重根
…
答:
导数为1+x+x^2/2!+x^3/3!+...+x^(n-1)/(n-1)!记为g 原函数记为f f=g+x^n/n!显然g不能整除x^n/n!(后者只有0为根.0显然不是g的根)所以g也不能整除f 所以f
无重根
(
多项式
有
重根的充要条件
是能被导数整除)
最小
多项式没有重根
答:
可以这样理解:最小多项式即为第n个不变因子,也是其他不变因子的倍式。因此,当最小
多项式没有重根
时,所有不变因子也都没有重根。而由不变因子组分解得到的所有初等因子,也就都是一次因式的形式。对应的Jordan块也都是一阶的,Jordan阵就是对角阵。
关于
多项式
与因式分解的难题
答:
由美丽
多项式的
条件f(x) | f(x^2), 可以推出f(x)在复数范围内的所有根都是f(x^2)的根.写出来就是: 若复数a满足f(a) = 0, 则f(a^2) = 0.此外, 若f(x)
没有重根
, 上述结果是
充要条件
.因为f(x)在复数范围内可分解为彼此互素的一次因子的乘积, 每个因子都整除f(x^2).于是...
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