Ну почти философский вопрос

[Nerazumovskiy]

Доказать что
Если f(x^n) делится на x -1 то он и делится на x^n - 1

[Хорхе]

Не самый простой путь:
$g(z):=f(z^n).\ f(1) =0\Rightarrow \forall z, z^n=1:g(z)=0\qed$

[Профессор Снэйп]

Достаточно проверить, что любой корень многочлена $x^n-1$ (то есть корень из единицы степени $n$) будет корнем многочлена $f(x^n)$. Это тривиально, так как по условию число $1$ является корнем многочлена $f(x^n)$.

[Хорхе]

Профессор Снэйп писал(а):

Достаточно проверить, что любой корень многочлена $x^n-1$ (то есть корень из единицы степени $n$) будет корнем многочлена $f(x^n)$. Это тривиально, так как по условию число $1$ является корнем многочлена $f(x^n)$.

Это и есть мой "не самый простой" (хотя и самый естественный) путь. Не самый простой он потому, что иногда придется перейти к алгебраическому расширению.

[Профессор Снэйп]

Хорхе писал(а):

Это и есть мой "не самый простой" (хотя и самый естественный) путь. Не самый простой он потому, что иногда придется перейти к алгебраическому расширению.

Если переход к алгебраическому расширению смущает, то можно сделать следующее.

1) Заметим, что $1$ является корнем многочлена $f(x)$. Действительно, $f(1) = f(1^n) = 0$.

2) По предыдущему пункту $f(y)$ делится на $y-1$. Выполняя подстановку $y=x^n$, видим, что $f(x^n)$ делится на $x^n-1$.

Вроде алгебраическое расширение тут нигде не участвует

[Хорхе]

Профессор Снэйп писал(а):

Если переход к алгебраическому расширению смущает, то можно сделать следующее.
...
Вроде алгебраическое расширение тут нигде не участвует

Именно это я и имел в виду под "самым простым" путем...
И надеялся, что вопрошавший сам додумается

[Nerazumovskiy]

Цитата:

Если переход к алгебраическому расширению смущает, то можно сделать следующее.

1) Заметим, что $1$ является корнем многочлена $f(x)$. Действительно, $f(1) = f(1^n) = 0$.

2) По предыдущему пункту $f(y)$ делится на $y-1$. Выполняя подстановку $y=x^n$, видим, что $f(x^n)$ делится на $x^n-1$.

Вроде алгебраическое расширение тут нигде не участвует

Понимаеш тут проблемка в том што в условии сказано не $f(y)$ делится на $y-1$ там сказано: $f(y^n)$ делится на $y-1$.

Добавлено спустя 4 минуты 29 секунд:

Кстати ведь есть теоремка про то што если 1 корень многочлена, то и все корни n-той степени из 1 будут корнями многочлена

[Профессор Снэйп]

Nerazumovskiy писал(а):

Понимаеш тут проблемка в том што в условии сказано не $f(y)$ делится на $y-1$ там сказано: $f(y^n)$ делится на $y-1$.

Это у тебя в мозгу проблемка, приятель Подумай получше, прежде чем что-то писать!

[Хорхе]

Профессор Снэйп писал(а):

Это у тебя в мозгу проблемка, приятель

Угугм, похоже на дислексию (или дисграфию). Только я думаю, что там не мозг, а моск