两个本原多项式的乘积还是本原多项式。（）

定义：本原多项式是指一个n次不可约多项式，如果只能整除1+Z^2^n-1而不能整除其它1+Z^L(L2^n-1)，则这种不可约多项式就称为本原多项式从定义上看 前半句正确 后半句错误前半句分析：显而易见 后半句分析：很据定义 假如既能整除1+Z^2^n-1又能整除其它1+Z^L(L2^n-1) 那么就和定义相违背 所以我只需要找出 整除1+Z^2^n-1又能整除其它1+Z^L(L2^n-1)的多项式就可以了 其实这个反例就是【1+Z^L(L2^n-1)】*【1+Z^L(L2^n-1)】谢谢 望满意

设f(x)是一个整系数多项式,若f(x)的系数的公因子只有±1,则称f(x)是一个本原多项式.

1、本原多项式是近世代数中的一个概念，是唯一分解整环上满足所有系数的最大公因数为1的多项式。本原多项式不等于零，与本原多项式相伴的多项式仍为本原多项式。 2、应用 （1）在MATLAB中，本原多项式可以通过函数primpoly(x)来产生。 （2）在MATLAB中，通过函数gfprimfd(m,min)可以找到一个最小的本原多项式。

如果是有限域上的本原多项式的话，简单说，假设一个有限域GF(q^m)是GF(q)的一个扩域，里面有一个元素a的阶为q^m-1，a称为本原元，以a为根的GF(q)上的不可约多项式就是本原多项式

下表为常用本原多项式：Matlab中调用本原多项式的指令：primpoly(m);primpoly(m,"all");primpoly(m,"all","nodisplay");注意返回值是按照十进制表示的。

属于本原多项式的是（） A.2x+2 B.2x+4 C.2x-1 D.2x-2 正确答案：C

指的是有限域的有限扩张的本原元的最小生成多项式，由于有限域的乘法群是循环的，所以这里的本原元即是生成元。例如：设GF(p^m)为GF(p)的m维扩张（之所以阶为p^m是因为有m维每维有p种取法），则若f(x)∈F(p)[x]且f(x)|x^(p^m-1)而不整除x^k（k<p^m-1）那么称f(x)为F(p)的本原多项式，此时f(x)的根即为GF(p^m)的生成元。

我也是今天才自学的。说一下我的想法，因为模2多项式的分解要求分解出来的必须是既约多项式。而常用的一次既约多项式有x+1,x；二次多项式有x^2+x+1；因为要求分解出来的多项式必须有1，所以x+1和x^2+x+1是他的两个因子。并且你这个原题中应该说了要求，必须有4次本原多项式，所以接下来只需要再找4次的既约多项式即可。至此，x^15+1可以化简为(x+1)(x^2+x+1)这两个因式和另外因式的乘积。而（x+1）(x^2+x+1)的乘积是x^3+1，又因为要找的是4次既约多项式，所以其中还差了x^12，所以必须有3个4次的既约多项式。切又必须是4次本原多项式，4次的本原多项式可以查一下常用的本原多项式表，很明显有x^4+x+1和x^4+x^3+1,以上两式子互为逆多项式。至此，原式可以化简为（x+1）(x^2+x+1)(x^4+x+1)(x^4+x^3+1)和一个未知的4次多项式的乘积。这个4次多项式可以是本原多项式也可以不是，到这里，就可以使用模2除法去求唯一一个4次多项式了，即x^15+1/（x+1）(x^2+x+1)(x^4+x+1)(x^4+x^3+1)=（x^4+x^3+x^2+x+1)..所以最后因式分解出来的就是你的结果。今天刚学的，有不成熟的地方，但是好歹可以解释一下。望采纳

若m是一个合数, 则存在GF(p)上的首1的m次不可约多项式, 不是本原多项式.证明: 设m = qn, 其中q > 1是m的最小质因数. 由m是合数, 有n > 1为m的最大真因数.GF(p^m)的子域均形如GF(p^k), 其中k为m的约数.于是GF(p^m)的阶数最大的真子域就是GF(p^n).考虑r = (p^m-1)/(p^q-1) = (p^(qn)-1)/(p^q-1) = p^(q(n-1))+p^(q(n-2))+...+1为整数.有r是p^m-1的约数, 且r < p^m-1 (因为p^q-1 > 1).此外由q ≥ 2, n ≥ 2, 可得q(n-1) ≥ 2n-2 ≥ n, 有r > p^n.GF(p^m)-{0}关于乘法构成一个p^m-1阶循环群.r是p^m-1的约数, 于是其中存在r阶元, 设a是GF(p^m)-{0}中的一个r阶元.可知a不属于GF(p^m)的任意真子域GF(p^k), 否则a的阶数 ≤ p^k-1 ≤ p^n-1 < r.因此GF(p^m) = GF(p)[a], a的极小多项式f(x)是首1的m次不可约多项式.但r < p^m-1, a不是GF(p^m)的原根, 故f(x)不是本原多项式.即存在GF(p)上的首1的m次不可约多项式, 不是本原多项式.注: 对特征p > 2, 无论m > 1是否素数, r总可取为(p^m-1)/(p-1) < p^m-1.此时m是合数的条件是不必要的.

设f(x)是一个整系数多项式,若f(x)的系数的公因子只有±1,则称f(x)是一个本原多项式. 这里的次数是指 多项式的最高次数如 x^5就是一个简单的5次本原多项式.

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。中文名多项式外文名polynomial定义由若干个单项式的和组成的代数式特点连续函数有理数多项式的因式分解代数式多项式长除法整式元尊小说360百科单项式分式整式的定义同类项定义在数学中，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。几何特性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。泰勒多项式的精髓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。定理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pu02c62不能整除常数项α0，那么u0192(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。运算法则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 f(x)和g(x)是F[x]中的两个多项式，且g(x)不等于0，则在F[x]中有唯一的多项式 q(x)和r(x)，满足u0192(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u0192(x)的商式，r(x)称为余式。当g(x)=x-α时，则r(x)=u0192(α)称为余元，式中的α是F的元素。此时带余除法具有形式u0192(x)=q(x)(x-α)+u0192(α)，称为余元定理。g(x)是u0192(x)的因式的充分必要条件是g(x)除u0192(x)所得余式等于零。如果g(x)是u0192(x)的因式，那么也称g(x) 能整除u0192(x)，或u0192(x)能被g(x)整除。特别地,x-α是u0192(x)的因式的充分必要条件是u0192(α)=0，这时称α是u0192(x)的一个根。如果d(x)既是u0192(x)的因式，又是g(x)的因式,那么称d(x)是u0192(x)与g(x)的一个公因式。如果d(x)是u0192(x)与g(x)的一个公因式，并且u0192(x)与g(x)的任一个因式都是d(x)的因式，那么称d(x)是u0192(x)与g(x)的一个最大公因式。如果u0192(x)=0，那么g(x)就是u0192(x)与g(x)的一个最大公因式。当u0192(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] 中两个不等于零的多项式u0192(x)与g(x)，用g(x)除u0192(x)得商式q1(x)、余式r1(x)。若r1(x)=0，则g(x)就是u0192(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u0192(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u0192(x)与g(x)的最大公因式rs(x)表成u0192(x)和g(x)的组合,而组合的系数是F上的多项式。如果u0192(x)与g(x)的最大公因式是零次多项式，那么称u0192(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u0192(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u0192(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。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。应用函数及根给出多项式 f∈R[x1,...,xn] 以及一个 R-代数 A。对 (a1...an)∈An，我们把 f 中的 xj 都换成 aj，得出一个 A 中的元素，记作 f(a1...an)。如此， f 可看作一个由 An 到 A 的函数。若然 f(a1...an)=0，则 (a1...an) 称作 f 的根或零点。例如 f=x^2+1。若然考虑 x 是实数、复数、或矩阵，则 f 会无根、有两个根、及有无限个根!例如 f=x-y。若然考虑 x 是实数或复数，则 f 的零点集是所有 (x,x) 的集合，是一个代数曲线。事实上所有代数曲线由此而来。另外，若所有系数为实数多项式 P(x)有复数根Z，则Z的共轨复数也是根。若P(x)有n个重叠的根，则 P"(x) 有n-1个重叠根。即若 P(x)=(x-a)^nQ(x)，则有 a 是 P"(x)的重叠根且有n-1个。插值多项式在实际问题中，往往通过实验或观测得出表示某种规律的数量关系y=F(x)，通常只给出了F(x)在某些点xi上的函数值yi=F(xi),j=1，2，…,n+1。即使有时给出了函数F(x)的解析表达式，倘若较为复杂，也不便于计算。因此，需要根据给定点 xi 上的函数值F(xi),求出一个既能反映F(x)的特性,又便于计算的简单函数u0192(x)来近似地代替F(x),此时u0192(x)称为F(x)的插值函数;x1,x2,…,xn+1，称为插值节点。求插值函数的方法，称为插值法。多项式是一类简单的初等函数，而且任给两组数:b1,b2,…,bn+1和各不相同的 с1,с2,…,сn+1，总有唯一的次数不超过n的多项式u0192(x)满足u0192(сi)=bi，i=1，2，…,n+1。因此在实际应用中常常取多项式作为插值函数。作为插值函数的多项式，称为插值多项式。插值多项式在计算数学插值中最常用

这里的本原多项式是指有限域GF(p^n)的原根的极小多项式?那么证明很简单.设f(x)是原根a的极小多项式, 则f(a) = 0.f(x)的互反多项式f*(x) = x^n·f(1/x), 可知f*(1/a) = f(a)/a^n = 0.即x = 1/a是f*(x)的根, 从而也是f...

不能，只有本原多项式满足被任何多项式整除。本原多项式是唯一分解整环上满足所有系数的最大公因数为1的多项式。对f(x)=anxn+an-1xn-1+……+a1x+a0，当f(x)=a0≠0为零次多项式。不可约多项式在多项式环中有类似于素数在整数环中的地位。多项式整除,是指被除式能以除式作为一个因式进行因式分解.因为1是任何常数的因数，常数即为零次多项式，所以1能被任意多项式整除。

这里的本原多项式是指有限域GF(p^n)的原根的极小多项式?那么证明很简单.设f(x)是原根a的极小多项式,则f(a)=0.f(x)的互反多项式f*(x)=x^n·f(1/x),可知f*(1/a)=f(a)/a^n=0.即x=1/a是f*(x)的根,从而也是f(0)^(-1)·f*(x)的根.而由f(x)不可约,易得f*(x)也不可约(若f*(x)=g(x)h(x),则f(x)=g*(x)h*(x)).于是f(0)^(-1)·f*(x)是一个首1的不可约多项式,并有根1/a.即f(0)^(-1)·f*(x)是1/a的极小多项式.由a为原根,1/a也为原根(a^k=1当且仅当1/a^k=1).f(0)^(-1)·f*(x)是原根1/a的极小多项式,因此也是本原多项式.

　　多项式函数以其简单的结构和性质在数值逼近中起到重要的作用,多项式的定义是什么?以下是我为大家整理的关于多项式的定义，欢迎大家前来阅读!　　多项式的定义 　　多项式是代数学中的基础概念，是由称为不定元的变量和称为系数的常数通过有限次加减法、乘法以及自然数幂次的乘方运算得到的代数表达式。例如X2 - 3X + 4就是一个多项式。多项式是整式的一种。不定元只有一个的多项式称为一元多项式;不定元不止一个的多项式称为多元多项式。多项式在数学的很多分支中乃至许多自然科学以及工程学中都有重要作用。 　　多项式数学术语 　　多项式 polynomial 　　不含字母的项叫做常数项。如：5X+6，6就是常数项。 　　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，次数为正无穷大。单项式和多项式统称为整式。 　　多项式几何特性 　　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。 　　多项式定理 　　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u03b1n-1，u03b1n-2，u2026，u03b11，u03b10，但不能整除u03b1n，且p2不能整除常数项u03b10，那么u0192(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u03b1x2+bx+с不可约的充分必要条件是其判别式b2-4u03b1с<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。 　　多项式运算法则 　　加法与乘法 　　有限个单项式之和称为多元多项式，简称多项式。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，u2026，xn的多项式全体所成的集合F[x1，x2，u2026，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 u0192(x)和g(x)是F[x]中的两个多项式，且 g(x)u22600，则在F[x]中有唯一的多项式 q(x)和r(x)，满足u0192(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u0192(x)的商式，r(x)称为余式。当g(x)=x-u03b1时，则r(x)=u0192(u03b1)称为余元，式中的u03b1是F的元素。此时带余除法具有形式u0192(x)=q(x)(x-u03b1)+u0192(u03b1)，称为余元定理。g(x)是u0192(x)的因式的充分必要条件是g(x)除u0192(x)所得余式等于零。如果g(x)是u0192(x)的因式，那么也称g(x) 能整除u0192(x)，或u0192(x)能被g(x)整除。特别地，x-u03b1是u0192(x)的因式的充分必要条件是u0192(u03b1)=0，这时称u03b1是u0192(x)的一个根。 　　如果d(x)既是u0192(x)的因式，又是g(x)的因式，那么称d(x)是u0192(x)与g(x)的一个公因式。如果d(x)是u0192(x)与g(x)的一个公因式，并且u0192(x)与g(x)的任一个因式都是d(x)的因式，那么称d(x)是u0192(x)与g(x)的一个最大公因式。如果u0192(x)=0，那么g(x)就是u0192(x)与g(x)的一个最大公因式。当u0192(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] [1]中两个不等于零的多项式u0192(x)与g(x)，用g(x)除u0192(x)得商式q1(x)、余式r1(x)。若r1(x)=0，则g(x)就是u0192(x)与g(x)的一个最大公因式。若 r1(x)u22600，则用 r1(x)除 g(x)得商式q2(x)、余式r2(x)。若r2(x)=0，则r1就是u0192(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u0192(x)与g(x)的最大公因式rs(x)表成u0192(x)和g(x)的组合，而组合的系数是F上的多项式。 　　如果u0192(x)与g(x)的最大公因式是零次多项式，那么称u0192(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u0192(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u0192(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。 　　多项式应用 　　函数及根 　　给出多项式 fu2208R[x1，...，xn] 以及一个 R-代数 A。对 (a1...an)u2208An，我们把 f 中的 xj 都换成 aj，得出一个 A 中的元素，记作 f(a1...an)。如此， f 可看作一个由 An 到 A 的函数。 　　若然 f(a1...an)=0，则 (a1...an) 称作 f 的根或零点。 　　例如 f=x^2+1。若然考虑 x 是实数、复数、或矩阵，则 f 会无根、有两个根、及有无限个根! 　　例如 f=x-y。若然考虑 x 是实数或复数，则 f 的零点集是所有 (x，x) 的集合，是一个代数曲线。事实上所有代数曲线由此而来。 　　另外，若所有系数为实数多项式 P(x)有复数根Z，则Z的共轨复数也是根。 　　若P(x)有n个重叠的根，则 Pu2018(x) 有n-1个重叠根。即若 P(x)=(x-a)^nQ(x)，则有 a 是 Pu2019(x)的重叠根且有n-1个。 　　插值多项式 　　在实际问题中，往往通过实验或观测得出表示某种规律的数量关系y=F(x)，通常只给出了F(x)在某些点xi上的函数值yi=F(xi)，j=1，2，u2026，n+1。即使有时给出了函数F(x)的解析表达式，倘若较为复杂，也不便于计算。因此，需要根据给定点 xi 上的函数值F(xi)，求出一个既能反映F(x)的特性，又便于计算的简单函数u0192(x)来近似地代替F(x)，此时u0192(x)称为F(x)的插值函数;x1，x2，u2026，xn+1，称为插值节点。求插值函数的方法，称为插值法。 　　多项式是一类简单的初等函数，而且任给两组数：b1，b2，u2026，bn+1和各不相同的 с1，с2，u2026，сn+1，总有唯一的次数不超过n的多项式u0192(x)满足u0192(сi)=bi，i=1，2，u2026，n+1。因此在实际应用中常常取多项式作为插值函数。作为插值函数的多项式，称为插值多项式。插值多项式在计算数学插值中最常用。 看过"多项式的定义"的人还喜欢看： 1. 什么是多项式 2. 单项式的定义 3. 七年级数学上册知识点汇编

不可以. 如果一个整系数多项式看成复数域上的多项式, 能有一个本原多项式的因子, 那么只要在有理数域上做一下带余除法, 得到的商一定还是有理系数多项式

要用到多项式的高斯引理：两个本原多项式的积仍是本原多项式，（参考资料网页里有提起，证明的话网上找一下，不难）。假设h(x)不是整系数的，那么给系数提取个公分母p>1，可以使p*h(x)是整系数，而且是本原多项式（所有系数的最大公约数是1）。因为f(x)=g(x)*h(x)，所以p*f(x)=g(x)*(p*h(x))。g(x)和p*h(x)都是本原多项式，因此由高斯引理，乘积结果p*f(x)也应该是本原多项式。但是因为f(x)已经是整系数多项式了，所以p*f(x)就不可能是本原多项式（因为系数的最大公约数，最起码是p>1了），因此是矛盾的！

每个次数 的有理系数多项式都能唯一地分解称不可约的有理系数多项式的乘积 1.有理系数多项式的因式分解问题可以归结为整(数)系数多项式的因式分解问题,进而解决求有理系数多项式的有理根问题 2.在有理系数多项式环中有任意次数的不可约多项式 给定有理系数多项式f(x)取 ,使得cf(x)为整系数多项式 若cf(x)各项系数有公因子,则提取公因子得即 其中g(x)是整系数多项式,且各项系数没有异于 的公因子 定义：若一个非零的整系数多项式 的系数 没有异于 的公因子,即它们互素,则称g(x)为一个本原多项式 注：任何一个非零的有理系数多项式f(x)都可以表示成一个有理数r与一个本原多项式g(x)的乘积,即 以上表示法除了差一个正负号是唯一的,即 若 ,其中 都是本原多项式,则必有 f(x)与g(x)仅差一个常数倍,故f(x)的因式分解问题可以归结为本原多项式g(x)的因式分解问题 一个本原多项式能否分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积与它能否分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积一致 引理：两个本原多项式的乘积还是本原多项式 证明：定理：若一非零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,则它一定能分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积 证明：推论：设f(x),g(x)是整系数多项式,且g(x)是本原的,若f(x)=g(x)h(x),其中h(x)是有理系数多项式,则h(x)一定是整系数的 定理：给定整系数多项式f(x), ,若 是f(x)的一个有理根,其中r,s互素,则 ,特别地,若f(x)的首项系数 ,则f(x)的有理根都是整根,且是 的因子 证明：例：证明 在有理数域上不可约 证：定理：给定整系数多项式f(x), ,若有一素数p使得 1. 2. 3. 则f(x)在有理数域上不可约 证明：例：对任意的n,多项式 在有理数域上是不可约的 注：在有理数域上存在任意次数的不可约多项式

这个问题建议你查看一下北大版高等代数的第一章内容是有这个问题的介绍的，这个问题是很明确的只有两种：一次多项式（如ax+b，其中a，b不全为0）和二次的（如x^2+1等形式）。对于实数域上的多项式仅有一次、二次不可约多项式的证明可以用归纳法来证明的：1）对于n次多项式，当n=1,2时显然成立。2）假设在当小于等于n-1时成立（第二归纳法）（n≥2)3）当等于n时，如果n是奇数，由于奇次多项式总是有实数根的，此时多项式化为了n-1次的，根据归纳假设显然此时是成立的。如果n为偶数，先将此偶次多项式在复数域上进行分解，我们知道复数根都是共轭出现的并且我们知道（x-z）(x-ar{z})=x^2-|^2|为一个实数域中二次多项式。因此此时变为一个n-2次多项式了，根据我们之前的归纳假设此时也是成立的。

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

1.因式分解 即和差化积，其最后结果要分解到不能再分为止。而且可以肯定一个多项式要能分解因式，则结果唯一，因为：数域F上的次数大于零的多项式f(x),如果不计零次因式的差异，那么f(x)可以唯一的分解为以下形式： f(x)=aP1k1(x)P2k2(x)…Piki(x)*,其中α是f(x)的最高次项的系数，P1(x),P2(x)……Pi（x）是首1互不相等的不可约多项式，并且Pi(x)(I=1,2…,t)是f(x)的Ki重因式。 （*）或叫做多项式f(x)的典型分解式。证明：可参见《高代》P52-53 初等数学中，把多项式的分解叫因式分解，其一般步骤为：一提二套三分组等 要求为：要分到不能再分为止。 2.方法介绍 2.1提公因式法： 如果多项式各项都有公共因式，则可先考虑把公因式提出来，进行因式分解，注意要每项都必须有公因式。 例15x3+10x2+5x 解析显然每项均含有公因式5x故可考虑提取公因式5x，接下来剩下x2+2x+1仍可继续分解。 解：原式=5x(x2+2x+1) =5x(x+1)2 2.2公式法 即多项式如果满足特殊公式的结构特征，即可采用套公式法，进行多项式的因式分解，故对于一些常用的公式要求熟悉，除教材的基本公式外，数学竞赛中常出现的一些基本公式现整理归纳如下： a2-b2=(a+b)(a-b) a2±2ab+b2=(a±b)2 a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2) a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2) a3±3a2b+3ab2±b2=(a±b)3 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=(a+b+c)2 a12+a22+…+an2+2a1a2+…+2an-1an=(a1+a2+…+an)2 a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc) an+bn=(a+b)(an-1-an-2b+…+bn-1)(n为奇数) 说明由因式定理，即对一元多项式f(x)，若f(b)=0，则一定含有一次因式x-b。可判断当n为偶数时，当a=b,a=-b时，均有an-bn=0故an-bn中一定含有a+b，a-b因式。 例2分解因式：①64x6-y12②1+x+x2+…+x15 解析各小题均可套用公式 解①64x6-y12=（8x3-y6）(8x3+y6) =(2x-y2)(4x2+2xy2+y4)(2x+y2)(4x2-2xy2+y4) ②1+x+x2+…+x15= =(1+x)(1+x2)(1+x4)(1+x8) 注多项式分解时，先构造公式再分解。 2.3分组分解法 当多项式的项数较多时，可将多项式进行合理分组，达到顺利分解的目的。当然可能要综合其他分法，且分组方法也不一定唯一。 例1分解因式：x15+m12+m9+m6+m3+1 解原式=（x15+m12）+(m9+m6)+(m3+1) =m12(m3+1)+m6(m3+1)+(m3+1) =(m3+1)(m12+m6++1) =(m3+1)[(m6+1)2-m6] =(m+1)(m2-m+1)(m6+1+m3)(m6+1-m3) 例2分解因式：x4+5x3+15x-9 解析可根据系数特征进行分组 解原式=（x4-9）+5x3+15x =(x2+3)(x2-3)+5x(x2+3) =(x2+3)(x2+5x-3) 2.4十字相乘法 对于形如ax2+bx+c结构特征的二次三项式可以考虑用十字相乘法, 即x2+(b+c)x+bc=(x+b)(x+c)当x2项系数不为1时，同样也可用十字相乘进行操作。 例3分解因式：①x2-x-6②6x2-x-12 解①1x2 1x-3 原式=（x+2）(x-3) ②2x-3 3x4 原式=（2x-3）(3x+4) 注：“ax4+bx2+c”型也可考虑此种方法。 2.5双十字相乘法 在分解二次三项式时，十字相乘法是常用的基本方法，对于比较复杂的多项式，尤其是某些二次六项式，如4x2-4xy-3y2-4x+10y-3，也可以运用十字相乘法分解因式，其具体步骤为： （1）用十字相乘法分解由前三次组成的二次三项式，得到一个十字相乘图 （2）把常数项分解成两个因式填在第二个十字的右边且使这两个因式在第二个十字中交叉之积的和等于原式中含y的一次项，同时还必须与第一个十字中左端的两个因式交叉之积的和等于原式中含x的一次项 例5分解因式 ①4x2-4xy-3y2-4x+10y-3②x2-3xy-10y2+x+9y-2 ③ab+b2+a-b-2④6x2-7xy-3y2-xz+7yz-2z2 解①原式=（2x-3y+1）(2x+y-3) 2x-3y1 2xy-3 ②原式=（x-5y+2）(x+2y-1) x-5y2 x2y-1 ③原式=(b+1)(a+b-2) 0ab1 ab-2 ④原式=（2x-3y+z）(3x+y-2z) 2x-3yz 3x-y-2z 说明：③式补上oa2,可用双十字相乘法，当然此题也可用分组分解法。 如（ab+a）+(b2-b-2)=a(b+1)+(b+1)(b-2)=(b+1)(a+b-2) ④式三个字母满足二次六项式，把-2z2看作常数分解即可： 2.6拆法、添项法 对于一些多项式，如果不能直接因式分解时，可以将其中的某项拆成二项之差或之和。再应用分组法，公式法等进行分解因式，其中拆项、添项方法不是唯一，可解有许多不同途径，对题目一定要具体分析，选择简捷的分解方法。 例6分解因式：x3+3x2-4 解析法一：可将-4拆成-1，-3即（x3-1）+(3x2-3) 法二：添x4,再减x4,.即（x4+3x2-4）+(x3-x4) 法三：添4x,再减4x即，（x3+3x2-4x）+(4x-4) 法四：把3x2拆成4x2-x2,即（x3-x2）+(4x2-4) 法五：把x3拆为，4x2-3x3即(4x3-4)-(3x3-3x2)等 解（选择法四）原式=x3-x2+4x2-4 =x2(x-1)+4(x-1)(x+1) =(x-1)(x2+4x+4) =(x-1)(x+2)2 2．7换元法 换元法就是引入新的字母变量，将原式中的字母变量换掉化简式子。运用此 种方法对于某些特殊的多项式因式分解可以起到简化的效果。 例7分解因式： (x+1)(x+2)(x+3)(x+4)-120 解析若将此展开，将十分繁琐，但我们注意到 (x+1)(x+4)=x2+5x+4 (x+2)(x+3)=x2+5x+6 故可用换元法分解此题 解原式=(x2+5x+4)(x2+5x+6)-120 令y=x2+5x+5则原式=(y-1)(y+1)-120 =y2-121 =(y+11)(y-11) =(x2+5x+16)(x2+5x-6) =(x+6)(x-1)(x2+5x+16) 注在此也可令x2+5x+4=y或x2+5x+6=y或x2+5x=y请认真比较体会哪种换法更简单？ 2．8待定系数法 待定系数法是解决代数式恒等变形中的重要方法,如果能确定代数式变形后的字母框架,只是字母的系数高不能确定,则可先用未知数表示字母系数,然后根据多项式的恒等性质列出n个含有特殊确定系数的方程(组)，解出这个方程(组)求出待定系数。待定系数法应用广泛,在此只研究它的因式分解中的一些应用。 例7分解因式：2a2+3ab-9b2+14a+3b+20 分析属于二次六项式，也可考虑用双十字相乘法，在此我们用待定系数法 先分解2a2+3ab+9b2=(2a-3b)(a+3b) 解设可设原式=(2a-3b+m)(a+3b+n) =2a2+3ab-9b2+(m+2n)a+(3m-3n)b+mn…………… 比较两个多项式（即原式与*式）的系数 m+2n=14(1)m=4 3m-3n=-3(2)=> mn=20(3)n=5 ∴原式=（2x-3b+4）(a+3b+5) 注对于（*）式因为对a,b取任何值等式都成立，也可用令特殊值法，求m,n 令a=1,b=0,m+2n=14m=4 => 令a=0,b=1,m=n=-1n=5 2.9因式定理、综合除法分解因式 对于整系数一元多项式f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0 由因式定理可先判断它是否含有一次因式(x-)（其中p，q互质），p为首项系数an的约数，q为末项系数a0的约数 若f（）=0,则一定会有（x-）再用综合除法，将多项式分解 例8分解因式x3-4x2+6x-4 解这是一个整系数一元多项式，因为4的正约数为1、2、4 ∴可能出现的因式为x±1,x±2,x±4, ∵f(1)≠0,f(1)≠0 但f(2)=0,故(x-2)是这个多项式的因式，再用综合除法 21-46-4 2-44 1-220 所以原式=(x-2)(x2-2x+2) 当然此题也可拆项分解，如x3-4x2+4x+2x-4 =x(x-2)2+(x-2) =(x-2)(x2-2x+2) 分解因式的方法是多样的，且其方法之间相互联系，一道题很可能要同时运用多种方法才可能完成，故在知晓这些方法之后，一定要注意各种方法灵活运用，牢固掌握! http://zhidao.baidu.com/question/14043006.html?md=3

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clearclcpntaps=[0 0 1 1 ];N=length(pntaps)pninitial=[0 0 0 1];pndata=zeros(1,2^N-1);pnregister=pninitial;n=0;kk=0;while kk==0 n=n+1; pndata(1,n)=pnregister(1,1); feedback=rem((pnregister*pntaps"),2); pnregister=[feedback,pnregister(1,1:N-1)]; if pnregister==pninitial; kk=1; endendpndata=2*pndata-1;Rm(1)=sum(pndata.*pndata)/nfor k=1:n-1 Rm(k+1)=sum(pndata.*circshift(pndata,[0,k]))/nendsubplot(2,1,1);x=[0:n-1];stem(x,pndata);title("m序列发生器的输出");axis([0 30 -1.5 1.5]);subplot(2,1,2);plot(x,Rm);title("m序列的自相关函数")axis([0 30 0 1.5]);

x**15+x+1(**表示x的15次幂)

这是一个真命题：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。

3次和4次多项式都可以用待定系数法。3次多项式的因式分解方法主要还是先观察出它的一个根来,然后判定它含有哪个一次因子,分解后就变为二次的了。分解因式的方法是多样的，且其方法之间相互联系，一道题很可能要同时运用多种方法才可能完成。例如：4次多项式用待定系数法。如下图：扩展资料：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。参考资料：百度百科——因式分解

几个单项式的和叫多项式，其中每一个单项式叫做多项式的项。例如，x^2-2x-3的项有3个：x^2,-2x,-3.

先证明一个引理：【若f（x）=g（x）h（x），其中f（x）为整系数多项式，g（x）为本原多项式，h（x）为有理系数多项式，则h（x）也必为整系数多项式】假设h（x）不是整系数多项式，则必存在“大于1”的整数m，使得mh（x）为本原多项式，而两个本原多项式的乘积还是本原多项式，因此g（x）（mh（x））=mf（x）是本原多项式，而f（x）已经是整系数多项式从而mf（x）必定不是本原多项式（系数至少有公因子m），矛盾。下面证明原命题：（先在Q上考虑）令a=√2+1，则由于a不属于Q所以deg（min（a，Q））>=2（min（a，F）表示a在域F上的首系为1的极小多项式），注意到a^2=2+2√2+1=2a+1，所以x^2-2x-1是a在Q上的一个极小多项式，则对于任意一个a在Q[x]上的零化多项式q（x），必有x^2-2x-1|q（x），从而对于｛q（x）｝中的整系数多项式f（x），必存在h（x）属于Q[x]，使得f（x）=（x^2-2x-1）h（x），注意到x^2-2x-1（=（x-（1+√2））（x-（1-√2）））为本原多项式，因此利用引理可得h（x）必为整系数多项式，所以任意的整系数多项式f（x），若f（x）是a的零化多项式则必有x^2-2x-1|f（x），从而1-√2也是f（x）的根由此我们可以推出一个更广泛的结论：对于任意一个Q上的代数元a（即存在q（x）属于Q[x]使得q（a）=0），min（a，Q）在C上的所有根均是以a为根的整系数多项式f（x）的根

定义：设R是有单位元的交换环,x是一个文字,和式 称为环R上的多项式,简称x的多项式,其中每个 ,且只有有限多个 ,即 ,使 ,其中x也称为不定元 称为 的系数,所有的 都称为多项式的系数 若 ,则上述定义中的多项式简写成 若多项式f(x)的每一个系数都为0,则称为零多项式,记作 设 , 若 ,有 ,则称f(x)与g(x)相等,记作 设 为R上的非零多项式, ,其中 ,非负整数n称为f(x)的次数,记作 , 称为首项系数 当 时,对 不定义次数中定义加法和乘法 设 则 其中 两个多项式相加即对应系数相加, 是 中一个确定的多项式 若 中 , 中 ,取 若 ,则 的表达式中 ,其中 故每一项 中,或者 ,或者 故 或 ,从而 定理： 对以上定义的加法和乘法作成一个环,且若R为整环,则 也是一个整环 证明：定理：设R是一个整环, 是 中的非零多项式,则 注： 1.两个定理中 是一个整环很重要,例如 ,则 中, ,但 是一个有零因子的环,2和3都是 的零因子 2. 称为R上的多项式环 定义：设D是一个UFD, 是 中一个次数 的多项式, ,若系数 的最大公因子是D中的单位,则称f(x)是一个本原多项式 例： 中, 是本原多项式, 不是本原多项式 易知, 中的次数 的不可约多项式一定是本原多项式,反之不一定成立 例： 中, 是本原多项式, 是可约的 引理：设D是一个UFD,则 中任一次数 的多项式都可写成 ,其中 , 为 中的本原多项式,且c和 在相差一个D中的单位因子的意义下唯一确定 证明：引理：设D是一个UFD,则 中的两个本原多项式的乘积还是本原多项式 推广：有限多个本原多项式的乘积依然是一个本原多项式 引理：设D是一个UFD,F是D的分式域, ,且 ,若f(x)是D[x]中的不可约多项式,则f(x)在F[x]中也是不可约的,若 是 中的本原多项式,且 在 中是不可约的,则 在 中也是不可约的 证明：注： 1.若D是一个UFD,F是D的分式域,则D[x]中的不可约多项式只有两类：D中的不可约元和在F[x]中不可约的本原多项式 2.若取D为 ,则F为 ,即整数环上的本原多项式在整数环上不可约当且仅当它在有理数域上不可约 引理(推论)：设D是一个UFD,F是D的分式域,则D[x]中的一个次数 的多项式f(x)能分解为两个次数较低的 中的多项式的乘积当且仅当f(x)能分解为两个次数较低的 中的多项式的乘积 定理：设D是一个UFD,则 也是一个UFD 证明：例： 是一个UFD,故 是一个UFD,同时 不是一个PID 例如 就不是一个主理想 唯一分解整环不一定是主理想整环

3次和4次多项式都可以用待定系数法。3次多项式的因式分解方法主要还是先观察出它的一个根来,然后判定它含有哪个一次因子,分解后就变为二次的了。分解因式的方法是多样的，且其方法之间相互联系，一道题很可能要同时运用多种方法才可能完成。例如：4次多项式用待定系数法。如下图：扩展资料：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。参考资料：百度百科——因式分解

楼主的这种智慧，别搞数学了。

1、反证法：（为表达方便，记a=b(mod c)表示a除以c余数为b,或者说a,b对于c同余）(原本应该写作三杠的等号)p是f(x)所有的系数的约数=>f(x)可表示为f(x)=ax^n+bx^(n-1)+....=(a"*p)x^n+(b"*p)x^(n-1)+...=p*(a"x^n+b"x^(n-1)+....)其中a=a"*p,.....且a"....皆为整数=>f(x)=0(mod p)假若题设结论不成立即p不是g(x)也不是h(x)的所有系数的约数=>g(x)无法表示为g(x)=p*g"(x)（g"中系数皆为整数）(这一步若要更详细点，再用一次反正假设)同样的h(x)也不可=>g(x)=Gp不=0(mod p)以及h(x)=Hp不=0(mod p)=>g(x)h(x)=Gp*Hp不=0（mod p）（这一步乘法若需要更详细证明，可用(mp+Gp)*(np+Hp)展开来证）这与f(x)=0(mod p)矛盾=>题设结论正确证毕2、这道题的原题可以等价的写作一个小定理：“一个整系数多项式在有理数域上可约的充要条件是在整数域中可约”1>充分条件很显然，只要把满足f(x)=g(x)h(x)的整数系数的h(x),g(x)分别乘以r和1/r就可以得到有理数样式了（具体的r视情况而定， 最简单的，比如取一个比所有系数都大的素数）2>必要条件（就是本题所需的证明！！！）根据题设，已存在有：f(x)=g(x)h(x)，g与h系数都是有理数对于g（比如g(x)=2/3x+4/9）设其系数分母公约数为q(比如对于上式,q=9)则q*g(x)是一个整数系数多项式(比如9*(2/3x+4/9)=6x+4是整数系数多项式)将q*g(x)系数中的最大公约数p提出来(比如对于6x+4,p=2)记作q/p*g(x)=g1(x)(比如对于上式：9/2*(2/3x+4/9)=3x+2)那么g1(x)为本原多项式（即系数皆为整数且互素）简写为g(x)=m*g1(x)同理，对于h(x),简写为h(x)=n*h1(x)(m,n皆为有理数)=>f(x)=h(x)*g(x)=mn*g1(x)*h1(x)其中g1(x)*h1(x)仍然是个本原多项式（“本原相乘亦本原”，反证法可以证明）现在证明mn为整数：设mn=a/b(a/b为最简有理式，即，a,b互素)由于f(x)=a/b*g1(x)*h1(x)为整数系数多项式=>b能整除a与[g1(x)*h1(x)]每一项系数的乘积又a,b互素=>b能整除[g1(x)*h1(x)]每一项系数由于[g1(x)*h1(x)]是个本原多项式（前已说明，易证！）即[g1(x)*h1(x)]的各项系数互素即最大公约数为1=>b=1=>f(x)=a/b*g1(x)*h1(x)=a*g1(x)*h1(x)显然将a乘入到g1或h1后就可以得到两个整数系数多项式也即整数系数多项式g(x),h(x）存在并满足f(x)＝g(x)h(x)证毕！ （万一还有看不懂的，请再提出来）

你要弄清楚本原元的定义，前面的问题就迎刃而解，域中非零元素全体（共2^m-1个元素）关于乘法作成一个循环群，循环群的生成元即称为本原域元素（或称本原元），所以根据循环群的性质可知只要群中一元素的阶为2^m-1，那么它就可以作为群的生成元，所以a^2也是本原元。对于a，a^2,a^4,a^8,^a^16,a^32，当然也是GF(2^6)的本原元，在GF(2^6)上肯定还有其他元素的阶是63，如a^5等等。最后的问题就是GF(2^m)中本原域元素的个数与m次本原多项式的个数之间的关系是什么？首先GF(2^m)中本原域元素的个数就是上面介绍的，2^m-1阶循环群生成元的个数，为φ（2^m-1），φ（x）为欧拉函数。本原多项式是指该多项式正好是以GF(2^m)的某一本原元为根，而你在上面已经知道该多项式的其他m-1个根也是本原元，且它们是一组共轭根系。于是m次本原多项式的个数应为φ（2^m-1）/m。

高斯多项式是什么多项式高斯引理编辑讨论本词条缺少信息栏、概述图，补充相关内容使词条更完整，还能快速升级，赶紧来编辑吧！多项式的高斯引理是数论和高等代数中的一条引理，是揭示本原多项式性质的结果。指出：多个本原多项式之乘积本原。目录1定义2证明定义编辑高斯引理：如果给定的两个多项式是本原多项式，则它们的乘积本原[1] 。进一步的，多个本原多项式之乘积也是本原的。高斯引理在代数（特别是环理论），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，本原多项式对判定不可约多项式有很大帮助，高次多项式的不可约多项式判定一直是个未完全解决的难题。证明编辑【证】：通常采用的证明是反证明的方法[1] 。只需假定乘积不是本原的，那么必定乘积多项式的系数存在大于1的公约数，换言之，必然存在素数p整除乘积多项式的所有系数。设：由多项式乘法，乘积多项式 可写为和式：因为 本原，所以不妨设：记为(*)式。根据假设 本原，可知 ，对于一切 。仅需要考虑 的情形，这时候，考察 部分。注意到 有 ，因此上式可进一步处理为：这要求求和项数非负： 。否则满足和式展开条件的求和项不存在，和式为零——即 在时 必有 ，而这些求和项不是我要讨论的对象——考察 的情形，这时候：这导致或者 ，或者 ，这与假设的(*)式矛盾。再由数学归纳法可以证明，多个本原多项式之乘积本原Q.E.D.

定义：本原多项式是指一个n次不可约多项式，如果只能整除1+Z^2^n-1而不能整除其它1+Z^L(L2^n-1)，则这种不可约多项式就称为本原多项式从定义上看 前半句正确 后半句错误前半句分析：显而易见 后半句分析：很据定义 假如既能整除1+Z^2^n-1又能整除其它1+Z^L(L2^n-1) 那么就和定义相违背 所以我只需要找出 整除1+Z^2^n-1又能整除其它1+Z^L(L2^n-1)的多项式就可以了 其实这个反例就是【1+Z^L(L2^n-1)】*【1+Z^L(L2^n-1)】谢谢 望满意

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在复数域上只有一次多项式才是不可约的，而在实数域上不可约多项式只有一次和某些二次的。本原多项式是系数均互素的非零整系数多项式。它们是的定义本身是没有交叉的。从定义推测，不可约不一定本原，而本原同样未必不可约。

本原多项式是近世代数中的一个概念，是唯一分解整环上满足所有系数的最大公因数为1的多项式。本原多项式不等于零，与本原多项式相伴的多项式仍为本原多项式。应用：（1）在MATLAB中，本原多项式可以通过函数primpoly(x)来产生。（2）在MATLAB中，通过函数gfprimfd(m,min)可以找到一个最小的本原多项式。伪码设计直接影响扩频系统性能（容量、抗干扰能力、接入和切换速度等）， 在CDMA2000系统中，用PN码中的m序列(长码)来区别用户， WCDMA系统中用Gold码来区分用户，并且都采用正交 Walsh函数来区分信道。 * 对给定的n,寻找能够产生m序列的抽头系数是复杂数学问题 * (1)这个特性保证了在扩频系统中，用m序列做平衡调制实现扩频时有较高的载波抑制度。 * * 当m序列用作码分址系统地址码时，必须选择互相关值很小的m序列组，以避免用户间的干扰 * 从移位寄存器出来的m序列信号是一个周期信号， * 本原多项式f(x): (1)f(x)是既约的，不能分解因子的多项式 (2)f(x)可整除x^m+1,m=2^n-1 (3)f(x)除不尽x^q+1,q<m * Gold序列数量多且具有同m序列优选对类似的相关特性 * 平衡Gold序列作平衡调制时有较高的载波抑制度。 * C(t)是m序列发生器输出的PN码序列信号，b(t)一个比特持续时间等于PN序列一个周期 * 解扩后得到的窄带2PSK信号可以采用一般2PSK解调方法解调，如相关解调。 * 相对于扩频信号带宽，干扰分为窄带和宽带干扰 * 在信号功率和干扰相同的情况下，扩频信号可以正常解调，而2PSK信号出现了误码 * X(t)=b(t)c(t) * 电控学院 综合楼823 直扩系统扩展信号带宽方法是，用一个PN序列和数据相乘，以2PSK为例，直接扩频系统如图，信道理想，不考虑噪声 b(t)和c(t)为双极性NRZ码，通常

一个n次不可约多项式，如果只能整除1+Z^2^n-1 而不能整除其它1-Z^L(L<2^n-1)，则这种不可约多项式就称为本原多项式。本原多项式的另外一种定义：系数取自GF(p)上，以GF(p^m)上的本原域元素为根的最小多项式。因为本原多项式一定以n=p^m-1级元素为根，p^m≡1(mod n)，所以本原多项式的次数必然是m。对于一个n次多项式，其本原多项式一般有若干个。下面将给出的一个算法，是求解在给定任意n值及一个本原多项式的情况下，其余本原多项式的求解方法。该算法的意义在于提供了同一n值情况下若干个可选的本原多项式，这样就允许在构造应用系统时有不同的选择方案。已知一个n级本原多项式，求解其余的本原多项式按以下步骤进行。(1) 首先确定n级本原多项式的个数λ(n),λ(n)即是n级本原多项式的个数。(2) 求出小于2n－1且与2n－1互素的所有正整数，构成一个集合〔Si〕，并重新排序，使〔Si〕中元素从小到大排列。(3) 排除〔Si〕中不适合的数* 排除〔Si〕中形如2j（j为正整数）* 排除〔Si〕中所有同宗的数。即从〔Si〕中从后到前搜索，每取一个数即做2K×Si，直到大于2n－1，然后减去2n－1，用差值在〔Si〕中向前搜索，如果有相同的数则将Si排除，否则保留。再取Si－1按同样过程做一遍，直到S0．* 排除〔Si〕中有倍数关系的数。即从〔Si〕中从后到前搜索，每取一数即向前查询一遍，最后〔Si〕中剩下的数即为本原抽样数，其个数一定为λ(n)-1。(4) 根据已知的一个n级本原多项式，为其设置初始状态000…01（n个），求出其M序列{Ai}（长度为2n－1）.(5) 依次从Si中取出本原抽样数，每取出一个抽样数Si，即可求出一个本原多项式：以Si对{Ai}进行抽样，就可产生长度为2n－1的另一M序列{Si}，在{Si}中找到形如000…01（n位）的序列段{Mi}，并提取包括{Mi}为前n项的2n长度的序列：Am+0，Am+1，…，Am+n-1，0 0 … 1Am+n，Am+n+1，…Am+2n-1X X … X欲确定的Ci可用下列方程组确定;C1=Am+nC2=Am+n+1+C1Am+nC3=Am+n+2+C1Am+n+1+C2Am+n

设f(x)是一个整系数多项式, 若f(x)的系数的公因子只有±1, 则称f(x)是一个本原多项式.

本原多项式的定义：系数取自GF(p)上，以GF(p^m)上的本原域元素为根的最小多项式。

GF(32)是GF(2)的5次扩张, 乘法群是31阶循环群.31是质数, 故乘法群中除1以外都是乘法群生成元, 即原根.它们在GF(2)上的极小多项式就是GF(2)上的5次本原多项式.每个5次本原多项式有5个互为共轭的根, 因此共有6个5次本原多项式.实际上, GF(2)上的5次不可约多项式都是本原多项式.设f(x)是GF(2)上的5次不可约多项式, 则f(x)的根都包含于GF(2)的5次扩张, 即在GF(32)中.又f(x)不可约, 故0, 1不是f(x)的根, f(x)的根都是GF(32)中的原根.此外f(x)的首项系数只能为1, 因此f(x)是GF(2)上的5次本原多项式.于是, 我们只需找GF(2)上的5次不可约多项式.不难确定GF(2)上的1次不可约多项式只有: x, x+1;2次不可约多项式只有x^2+x+1 (GF(2)上的2次多项式不可约当且仅当0, 1都不是根);3次不可约多项式只有x^3+x+1, x^3+x^2+1 (GF(2)上的2次多项式不可约当且仅当0, 1都不是根).5次多项式f(x)不被x整除当且仅当其常数项非零.可设f(x) = x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+1, 其中a, b, c, d为0或1.f(x)被x+1整除当且仅当f(1) = 0, 即a+b+c+d = 0.因此当且仅当a, b, c, d中1的个数为1或3时, f(x)没有1次因子.此时f(x)若可约, 只能为2次不可约多项式与3次不可约多项式的乘积, 即:f(x) = (x^2+x+1)(x^3+x+1) = x^5+x^4+1或f(x) = (x^2+x+1)(x^3+x^2+1) = x^5+x+1.除了上述2个多项式之外, 其它没有1次因子的5次多项式都是不可约的:x^5+x^2+1, x^5+x^3+1, x^5+x^3+x^2+x+1, x^5+x^4+x^2+x+1, x^5+x^4+x^3+x+1, x^5+x^4+x^3+x^2+1.这6个多项式即GF(2)上的全体5次不可约多项式, 也即全体5次本原多项式.

(1) 首先确定n级本原多项式的个数λ(n),λ(n)即是n级本原多项式的个数。 　　(2) 求出小于2n－1且与2n－1互素的所有正整数，构成一个集合〔Si〕，并重新排序，使〔Si〕中元素从小到大排列。 　　(3) 排除〔Si〕中不适合的数 　　* 排除〔Si〕中形如2j（j为正整数） 　　* 排除〔Si〕中所有同宗的数。即从〔Si〕中从后到前搜索，每取一个数即做2K×Si，直到大于2n－1，然后减去2n－1，用差值在〔Si〕中向前搜索，如果有相同的数则将Si排除，否则保留。再取Si－1按同样过程做一遍，直到S0． 　　* 排除〔Si〕中有倍数关系的数。即从〔Si〕中从后到前搜索，每取一数即向前查询一遍，最后〔Si〕中剩下的数即为本原抽样数，其个数一定为λ(n)-1。 　　(4) 根据已知的一个n级本原多项式，为其设置初始状态000…01（n个），求出其M序列｛Ai｝（长度为2n－1）. 　　(5) 依次从Si中取出本原抽样数，每取出一个抽样数Si，即可求出一个本原多项式：以Si对｛Ai｝进行抽样，就可产生长度为2n－1的另一M序列｛Si｝，在｛Si｝中找到形如000…01（n位）的序列段｛Mi｝，并提取包括｛Mi｝为前n项的2n长度的序列： 　　Am+0，Am+1，…，Am+n-1， 　　0 0 … 1 　　Am+n，Am+n+1，…Am+2n-1 　　X X … X 　　欲确定的Ci可用下列方程组确定; 　C1＝Am+n 　　C2＝Am+n+1+C1Am+n 　　C3＝Am+n+2+C1Am+n+1+C2Am+n

能；假设f（x+1）=bnx^n+...+b0不是本原多项式，则存在p|bn,...,b0；假设f（x）=anx^n+...+a0;比较系数bn=an,所以p|an;b(n-1)为an和a(n-1)的线性组合从而a(n-1)为an和b(n-1)的线性组合从而p|a(n-1);同理....b0为an,...,a0的线性组合，从而a0是an,...,a1,b0的线性组合，从而p|a0；这与f(x)为本原多项式矛盾。证毕！

设f(x)是一个整系数多项式,若f(x)的系数的公因子只有±1,则称f(x)是一个本原多项式. 这里的次数是指 多项式的最高次数如 x^5就是一个简单的5次本原多项式.

本原多项式的各项系数的最大公因数只有（）。 A.1B.0、1C.±1D.-1正确答案：C

当然是，既然系数有1了那最大公因子只能是1了

多项式定理如下：二项式定理的展开式富有规律性、美观性，体现了数学的美学文化，而多项式定理为二项式定理的推广。用实际生活中的空盒放球来描述的话，则为：把 n 个有区别的小球放入到 k 个有区别的盒子中（盒内无序），使得第一个盒子里边装有 n1 个小球，第二个盒子里边装有 n2 个小球。第 t 个盒子里边装有 nt个小球，并且满足 n1+n2+...+nt=n，则可以很容易的利用多项式定理得到不同方法总的数目。定义：多项式定理是德国数学家莱布尼兹首先发现的，他将此发现写信告诉了瑞士数学家约翰.贝努利，由贝努利完成了定理的证明。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pu02c62不能整除常数项α0，那么u0192(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。