抽象代数：验证x^5+x^4+x^2+x+1,x^5+x^4+x^3+x+1不可约

### 回答1：
我们可以使用 Eisenstein 判别法来验证这两个多项式是否不可约。首先，我们观察到两个多项式的首项系数都是 1，因此我们只需要考虑将它们写成以下形式：

$x^5+x^4+x^2+x+1 = (x+a)b(x)$

$x^5+x^4+x^3+x+1 = (x+a)c(x)$

其中 $a$ 是整数，$b(x)$ 和 $c(x)$ 都是次数小于 4 的多项式。

我们选择 $a=-1$，那么这两个多项式就变成了：

$x^5+x^4+x^2+x+1 = (x-1)b(x)$

$x^5+x^4+x^3+x+1 = (x-1)c(x)$

现在我们需要证明，如果 $b(x)$ 和 $c(x)$ 都是整系数的多项式，且它们的系数中除了最高项系数外，其余的都是 0 或 $\pm 1$，那么它们必须是常数多项式。这个结论可以使用反证法证明：

假设 $b(x)$ 或 $c(x)$ 不是常数多项式，那么它们至少有一个次数大于 0 的非零系数。因为 $b(x)$ 和 $c(x)$ 的系数中除了最高项系数外，其余的都是 0 或 $\pm 1$，所以它们的非零系数必须是 $\pm p$ 的形式，其中 $p$ 是一个质数。因为 $b(x)$ 和 $c(x)$ 都是整系数的多项式，所以 $p$ 也必须是它们的系数的公因数。

现在我们观察 $(x-1)b(x)$ 和 $(x-1)c(x)$ 在 $x=1+p$ 的时候的值：

$(1+p-1)b(1+p) = pb(1+p)$

$(1+p-1)c(1+p) = pc(1+p)$

因为 $b(x)$ 和 $c(x)$ 的系数中除了最高项系数外，其余的都是 0 或 $\pm 1$，所以 $b(1+p)$ 和 $c(1+p)$ 都是整数，且它们中至少有一个不是 $0$。因为 $p$ 是它们的系数的公因数，所以 $p$ 也是它们的函数值的公因数。因此，$(1+p-1)b(1+p)$ 和 $(1+p-1)c(1+p)$ 都是 $p$ 的倍数。但是，$x^5+x^4+x^2+x+1$ 在 $x=1+p$ 的时候的值是 $p^5+p^4+p^2+p+1$，而 $x^5+x^4+x^3+x+1$ 在 $x=1+p$ 的时候的值是 $p^5+p^4+p^3+p+1$，它们的差是 $p^3-p^4$，不是 $p$ 的倍数，因此这个假设不成立。

因此，我们得出结论：如果 $b(x)$ 和 $c(x)$ 都是次数小于 4 的整系数多项式，且它们的系数中除了最高项系数外，其余的都是 0 或 $\pm 1$，那么它们必须是常数多项式。因此 $x^5+x^4+x^2+x+1$ 和 $x^5+x^4+x^3+x+1$ 都不可约。

### 回答2：
要验证多项式不可约性，需要证明它无法被分解为两个较低次数的多项式之积。

首先考虑多项式 x^5 x^4 x^2 x 1。设其可分解为两个多项式 g(x) 和 h(x) 之积，即 x^5 x^4 x^2 x 1 = g(x) * h(x)。

对于 g(x) 和 h(x)，至少有一个是次数为 1 的多项式。假设 g(x) 是次数为 1 的多项式，则 g(x) = a*x + b，其中 a 和 b 是常数。

将这个表达式代入方程 x^5 x^4 x^2 x 1 = g(x) * h(x) 中，可以得到：
x^5 x^4 x^2 x 1 = (a*x + b) * h(x)。

观察左侧多项式的系数，可以得出结论：a=1，b=1。因此， (a*x + b) * h(x) = x * h(x) + h(x) = x^5 x^4 x^2 x 1。

由此可得，h(x) = x^4 x^2 x 1。但这样的 h(x) 并非一个较低次数的多项式，违背了假设 g(x) 和 h(x) 至少有一个是次数为 1 的多项式的假设。因此，x^5 x^4 x^2 x 1 不可约。

同样的方式可以验证 x^5 x^4 x^3 x 1 也不可约，即将 x^5 x^4 x^3 x 1 分解为两个多项式的情况不存在。

综上所述，x^5 x^4 x^2 x 1 和 x^5 x^4 x^3 x 1 都不可约。