Criterio di Eiseinstein

Cosa sono il pigeonhole e l'induzione? Cosa dice il teorema di Ceva? 1 è un numero primo?
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Simo_the_wolf
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Criterio di Eiseinstein

Messaggio da Simo_the_wolf » 28 apr 2006, 17:00

Criterio di Eisenstein

Dato un polinomio $ P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0 $ a coefficienti interi.
Se è verificato per un qualunque primo $ p $ che:
$ p\nmid a_n $
$ p \mid a_i $ $ \forall 0\leq i <n $
$ p^2 \nmid a_0 $

Allora $ P(x) $ è irriducibile in $ Z[x] $.

spero di aver scritto bene il tipo a cui è intitolato questo criterio....

Per esercizi andate qua: http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... hp?p=51833

Nel frattempo divertitevi a dimostrarlo... :P
Ultima modifica di Simo_the_wolf il 01 mag 2006, 15:57, modificato 1 volta in totale.

Zok
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Messaggio da Zok » 29 apr 2006, 16:24

Simo credo tu abbia messo una i di troppo: il tipo dovrebbe essere Eisenstein.

Domanda: esistono polinomi irriducibili la cui irriducibilità non può essere dimostrata usando Eisenstein?

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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 29 apr 2006, 18:12

Hmmm... Questo va bene?
$ x^4+x^3+x^2+x+1 $
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Messaggio da fph » 29 apr 2006, 19:46

Sisifo ha scritto:Hmmm... Questo va bene?
$ x^4+x^3+x^2+x+1 $
Lol, hai visto il terzo esercizio del link proposto da StW?
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[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]

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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 29 apr 2006, 19:49

Lo so.. ero anch'io al WC (da dove penso che vengano quegli esercizi)
Pero' non si puo' dimostrare iin maniera diretta..
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Messaggio 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. $

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Boll
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Messaggio da Boll » 15 giu 2006, 23:44

Leggendo la dimostrazione di edriv ho uno strano senso di deja vu :D:D:D:D:D
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

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