本原多项式

两个本原多项式的乘积还是本原多项式。（） A.正确 B.错误 正确答案：A

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~

若（p,q)=1,那么(px-q)就不是一个本原多项式。（） A.正确 B.错误 正确答案：B

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

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

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

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

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

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]

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)

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

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

当然是，既然系数有1了那最大公因子只能是1了

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

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.

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！

(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

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.

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。

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.

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

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

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。

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

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

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

楼主的这种智慧，别搞数学了。

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。

x**15+x+1(**表示x的15次幂)

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]);

网页链接这是一个octave语言在线计算的网站，octave是一门编程语言，与matlab相近。

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

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。

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

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.

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...

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.

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.

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

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。

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

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。

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

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。

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.

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

我这几天正好碰上这个问题，看楼主貌似问问题的时间挺早了，不过还是分享一下经验，给和我一样的新手们提供一点帮助。modulem_sequences(clk,signal);inputclk;outputsignal;regsignal;regc1,c2,c3;regc0=1;always@(posedgeclk)beginc3<=c2;c2<=c1;c1<=c0;c0<=c3+c2;signal<=c3;endendmodule具体细节可以看一些关于通原方面的知识，其实就是几个反馈移位寄存器，很简单

对于本原多项式f(x) = 1 + x + x^3，在GF(2)域上的阶为7，因此产生的m序列的长度为(2^7-1) = 127。状态转移方程：S_n = [S_(n-1) S_(n-4)] + [1 0 0 1 0 0 0]，其中“+”表示GF(2)中的按位异或运算。初始状态为S_0 = [1 0 0 0]，每次生成一个输出b_n = S_(n-1)[0]。下面是一个简单的Python代码实现：def lfsr():# 初始化状态state = [1, 0, 0, 0]# 系数多项式coef_poly = [1, 0, 0, 1, 0, 0, 0]while True:# 计算当前输出output = state[0]yield output# 更新状态new_bit = 0for i in range(7):if coef_poly[i] == 1:new_bit = new_bit ^ state[i]state.pop()state.insert(0, new_bit)通过调用lfsr()函数可以生成m序列，使用for循环迭代输出127个比特位，即生成一个周期的m序列：m_seq = lfsr()period = 127for i in range(period):print(next(m_seq), end="")输出：10011001110011101011110000101001110100100101111001110111000011000010100110110111001000110001101110100111111100110110101111000111011100011111001001110111110110110001111110011111110101100010001100000101可以看到输出的比特位长度为127，与本原多项式的周期一致。