证明所有系数为有理数的多项式可数

symsabcdx;p=a*x^2+c*x+c+d*x;t=coeffs(p,x);t(2)%%%%输出结果=c+d即为所得.coeffs(p,x)的结果是按照变量的幂来排列的.如上t(1)为常系数c

因为你选定了测度是Lebesgue测度,内积也是关于Lebesgue测度的内积.其他的正交多项式,对应的是其他的测度.结论类似,但是平方误差的定义不同.

方法很多的.法一:(反证法)设有理数a/b=根号3,则a^2=3b^2,所以3整除a^2,因为3是质数,所以3整除a,可设a=3c^2,则9c^2=3b^2,b^2=3c^2,所以3整除b,即b和a有

由题意可知这两个多项式为四次二项式,且只含四次项和二次项,∵和是一个4次单项式,∴二次项系数相反；∵差是一个2次单项式,∴四次项系数相同.又∵系数绝对值为1,∴这两个多项式分别是x∧4+x²

不高于n次的有理系数多项式集合和有理数的n+1次笛卡尔集合存在一一对应.即Pn={f(x)|f(x)=a0+a1x+...+anx^n,ai∈Q}~Q^(n+1)可数集的笛卡尔乘积是可数集,所以Pn是

假设多项式能分解为两个整系数多项式的乘积即假设x^3+bx^2+cx+d=(x+l)(x^2+mx+n)；l.m.n是整数那么原式＝x^3+(m+l)x^2+(lm+n)x+ln那么m+l=b;lm+

一单项式①概念：像2x,xy,-ab等式子都是数与字母的乘积,这样的代数式叫做单项式.【注：单独的数字或字母也是单项式,如3,a.】②单项式的系数：是指单项式中的数字因数.如在以上各式中2、1、-1分

1、证明：有理数表示为a/b与c/d这里ab,cd为2对互质整数则a/b+c/d=(ad+cb)/(bd)我们知道整数的和,积均为整数,则(ad+cb)、(bd)都是整数.所以a/b+c/d是有理数证

n次实系数多项式f(x)的根全为实数,则可以表示成f(x)=a(x-x(1))(x-x(2))...(x-x(n)),a≠0,则f'(x)=a(x-x(2))(x-x(3))...(x-x(n))+a

5a3+2a-1其中,3为a的指数.

首先,由Gauss引理,整系数多项式在有理数域上可约,当且仅当其可分解为两个次数不小于1的整系数多项式的乘积.即有f(x)=g(x)h(x),其中g,h均为次数不小于1的整系数多项式.比较两端首项系数

Eisenstein判别法似乎是说（对于Z[x]）,得找一个质数p,p不整除这个多项式的最高次项系数,p整除其余系数,并且p^2不整除常数项.你原来这个多项式没办法找到一个质数p使得p整除常数项（常数

反证法.设存在实数x0使f[f(x0)]=g[g(x0)],则g{f[f(x0)]}=g{g[g(x0)]},由已知,上式左端=f{g[f(x0)]}=f{f[g(x0)]},令y0=g(x0),则f

代数数指的是所有有理（或整）系数多项式的根.假设a是一个代数数,Q[a]（=Q（a),是一个域）是Q的有限扩张,如果b是Q[a]中满足中一个（首项为1的,因为是一个域,无所谓首项为1否）多项式的根的话

题目错了,应该是复数域（field)的任何子域（subfield).想一下其实很简单：复数域的子域中肯定包含零元素和additiveidentity1,对于任何有理数p/q,复数域的子域中肯定包含p和

反证法.假设f(x)在有理数上可约,设f(x)=g(x)*h(x)其中g(x),h(x)都是有理数系数的多项式使f(x)为素数的x值中,g(x)与h(x)至少有一个为1或-1,否则f(x)为合数了.又

设f(x)=x^n+an-1x^n-1+an-2x^n-2+.+a1x+a0f(0)=a0f(1)=偶数次项系数和A+奇次项系数和Bf(-1)=偶数次项系数和A-奇次项系数和B所以A-B、A+B、a0

字母前的是数字是系数,字母右上角的是次数,多项式里所有字母的次数之和是多项式的次数

设f(x)∈V,则f(x)-f(x)=0不属于V,∴集合V不能构成线性空间.把集合V改为不高于n次的实系数多项式的全体,则可构成线性空间.（紧扣定义即可）

解因为12=1x12=2x6=3x4所以m=±(1+12)=±13或m=±(2+6)=±8或m=±(3+4)=±7