Пусть число $%\overline{a_ma_{m-1}..a_1a_0}$% простое. Доказать, что $%a_mx^m+...a_1x+a_0$% неприводим над $%\mathbb{Z}$%.

задан 18 Окт '12 18:37

изменен 18 Окт '12 20:05

10|600 символов нужно символов осталось
2

ого! всё оказалось не сложно!

у нас есть редукционный критерий неприводимости!!! он гласит следующее. что если у нас есть гомоморфизм $%f:A\rightarrow B$% и $%f(a)\in B$% неприводим, то и $%a\in A$% неприводим. Гомоморфизм очевиден! $%A$% - кольцо наших многочленов, а $%f:A\rightarrow \mathbb Z$%, такое что $%f(a)=a(10)$%. Проверить, что разные многочлены дают разное значение - просто. Тогда если $%a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_0=p(x)q(x)$%, то $%\overline{a_na_{n-1}\dots a_0}=p(10)q(10)$%. Но $%\overline{a_na_{n-1}\dots a_0}$% простое, т.е. либо $%p(10)=1$%, либо $%q(10)=1$%, то есть $%a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_0$% неприводим. ПАРАМ-ПАМ-ПАМ!

ссылка

отвечен 18 Окт '12 20:45

Редукционный критерий неприводимости верен для таких $%a$%, что $%dega=degf(a)$%

(18 Окт '12 20:58) dmg3
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×252
×111
×51
×22

задан
18 Окт '12 18:37

показан
715 раз

обновлен
18 Окт '12 22:19

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru