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da edriv » 15 giu 2006, 21:24
Dimostrazione $ \pmod{ cazzate} $
Se fosse scomponibile avremmo:
$ P(x)=A(x)\cdot B(x) $
$ A(x)=a_mx^m + \ldots + a_1x+a_0 $
$ B(x)=b_nx^m + \ldots + b_1x+b_0 $
$ P(x)=c_{m+n}x^{m+n} + \ldots + c_1x+c_0 $
Supponiamo che le tuple $ (a_0,\ldots,a_m), $ siano complete (quindi invece di dire che un coefficiente non esiste, diciamo che è 0).
Abbiamo che: $ c_0 = a_0 \cdot b_0 $ (è l'unico modo di ottenerlo).
Poichè $ p \mid c_0 $ ma $ p^2 \nmid c_0 $, uno e solo uno tra $ a_0 $ e $ b_0 $ è divisibile per $ p $. Per simmetria supponiamo che $ p \mid a_0 $ e $ p \nmid b_0 $.
Ora vogliamo dimostrare per induzione che $ p \mid a_i \qquad \forall 0 \le i \le m $.
Il passo basa c'è già, ora supponiamo che valga per $ i $ e dimostriamo che vale per $ i+1 $.
Sappiamo che $ \displaystyle c_{i+1} = \sum_{k=0}^{i+1} a_k \cdot b_{i+1-k} $.
Ma (per il passo induttivo) $ p \mid a_k \qquad \forall 0 \le k \le i $. Quindi, se vogliamo che $ p | c_{i+1} $, deve essere $ p \mid a_{i+1} \cdot b_0 $. Ma abbiamo già visto che $ p \nmid b_0 $, quindi $ p \mid a_{i+1} $.
Andando avanti così giungiamo a dimostrare che $ p | a_m $. Ma $ c_{m+n} $, il coefficiente di grado massimo di P(x), si può ottenere solo come $ a_m \cdot b_n $, ne concludiamo che $ p \mid c_{m+n}.
Che va contro le ipotesi. $
:D:D:D:D