Polinomi
Def
- \mathbb{K} campo
- a(x) := \displaystyle{\sum_{k =
0}^na_kx^k} = a_0x^0 + \ldots + a_nx^n è detto
polinomio
- a_n è detto coefficiente
direttore
- \mathbb{K}[x] := \{a_0x^0 + \ldots + a_n
x^n \mid a_0, \ldots, a_n \in \mathbb{K}\} è l’insieme
dei polinomi a coefficienti in \mathbb{K}
- \mathbb{K} campo
- p(x) = a_0x^0 + \ldots + a_nx^n \in
\mathbb{K}[x]
- p(x) è detto polinomio
monico \iff a_n = 1
Oss
- Hp
- (\mathbb{K}, +, \cdot) anello
commutativo
- +, \cdot : \mathbb{K}[x] \times
\mathbb{K}[x] \rightarrow \mathbb{K}[x]
- Th
- (\mathbb{K}[x], +, \cdot) anello
commutativo
- Dim
- le operazioni + e \cdot sono ben definite
- p(x), q(x) \in \mathbb{K}[x] \mid \left \{
\begin{array}{l} p(x) = \displaystyle{\sum_{i = 0}^n a_ix^i} \\ q(x) =
\displaystyle{\sum_{j = 0}^m b_jx^j} \end{array} \right.
- allora p(x) + q(x) = \displaystyle{\sum_{k
= 0}^{+\infty}{(a_k + b_k)}}x^k
- poiché ogni termine presente in solo uno dei due polinomi vale 0 nell’altro, la sommatoria che va a + \infty ha significato
- p(x) \cdot q(x) = \displaystyle \sum_{i =
0}^n \left( \sum_{j = 0}^{m}{a_ib_j x^{i + j }}\right)
- (\mathbb{K}[x], +) gruppo abeliano
- per come + è definita, è
associativa
- l’elemento neutro rispetto a + è
costituito dal polinomio nullo a(x) =
0
- \forall a(x) := \displaystyle{\sum_{i =
0}^{n}{a_i x^i}}\in \mathbb{K}[x] \quad \exists-a(x)= - \displaystyle
{\sum_{i = 0}^n{a_i x^i}}
- per come + è definita, è
commutativa
- (\mathbb{K}[x], \cdot) monoide
- per come \cdot è definita, è
associativa
- l’elemento neutro rispetto a \cdot
è costituito da a(x) = 1\cdot x^0 =
1
- per come + e \cdot sono definite \forall a(x), b(x), c(x) \in \mathbb{K}[x] \quad
a(x) \cdot (b(x) + c(x)) = a(x) \cdot b(x) + a(x) \cdot c(x)
Def
- \mathbb{K} campo
- a(x) = a_0x^0 + \ldots + a_nx^n \in
\mathbb{K}[x]
- \deg(a(x)):=\left\{\begin{array}{ll} n
& a(x) \neq 0 \\ - \infty & a(x) = 0\end{array}\right. è
detto grado di a(x)
- \mathbb{K} campo
- p(x) \in \mathbb{K}[x] è detto
polinomio costante \iff
\deg(p(x)) = 0
Oss
- Hp
- \mathbb{K} campo
- a(x), b(x) \in \mathbb{K}[x]
- Th
- \deg(a(x) \cdot b(x)) = \deg(a(x)) +
\deg(b(x))
- Dim
- a(x) \neq 0 \implies \exists n \in
\mathbb{N} - \{0\} \mid a(x) = a_0x^0 + \ldots + a_nb^n \implies
\deg(a(x)) =: n
- b(x) \neq 0 \implies \exists m \in
\mathbb{N} - \{0\} \mid b(x) = b_0x^0 + \ldots + b_mx^m \implies
\deg(b(x)) =: m
- dunque \deg(a(x)) + \deg(b(x)) = n +
m
- a(x) \cdot b(x) = a_0b_0\cdot x^0 + \ldots
+ a_nb_m\cdot x^{n + m} \implies \deg(a(x) \cdot b(x)) = n + m
- per dimostrazione precedente \mathbb{K} campo \implies \mathbb{K} dominio di integrità, e
dunque in \mathbb{K} vale la legge di
annullamento del prodotto, per cui a_n, b_m
\neq 0 \implies a_n \cdot b_m \neq 0 \implies \deg(a(x) \cdot b(x)) \ge
n + m necessariamente
- di conseguenza \deg(a(x) \cdot b(x)) = n +
m = \deg(a(x)) + \deg(b(x))
- l’equazione è verificata anche quando almeno uno dei due polinomi è
nullo, in quanto \forall n \in \mathbb{N}
\quad \left \{ \begin{array}{l} -\infty \pm n = -\infty \\ -\infty
-\infty = -\infty \end{array} \right.
Oss
- Hp
- Th
- \mathbb{K}[x]^* = \mathbb{K}^* \subset
\mathbb{K} \subset \mathbb{K}[x]
- Dim
- a(x) \in \mathbb{K}[x] \mid \deg(a(x)) \ge
1, dunque a(x) non è un
polinomio costante
- \forall b(x) \in \mathbb{K}[x] - \{0\}
\quad \deg(a(x) \cdot b(x)) \ge \deg(a(x)) \ge 1
- per assurdo, ipotizzando \exists a^{-1}(x)
\in \mathbb{K}[x] - \{0\} \mid a(x) \cdot a^{-1}(x) = 1 \quad \deg(a(x)
\cdot a^{-1}(x)) = \deg(1) = \deg(1 \cdot x^0) = 0 \ \bot
- allora \nexists a^{-1}(x) \in
\mathbb{K}[x], dunque gli unici polinomi invertibili rispetto a
\cdot sono i polinomi costanti, e
poiché 0 non è invertibile, allora
\mathbb{K}[x]^* = \mathbb{K}^* \subset
\mathbb{K} \subset \mathbb{K}[x]
Oss
- Hp
- Th
- \mathbb{K}[x] dominio di
integrità
Def
- \mathbb{K} campo
- p(x) \in \mathbb{K}[x]
- c \in \mathbb{K} \mid p(c) = 0 è
detta radice di p(x)
- in particolare \{c \in \mathbb{K} \mid
p(c) = 0\} è l’insieme delle radici di p(x)
Oss
- Hp
- \mathbb{K} campo
- p(x) \in \mathbb{K}[x]
- c \in \mathbb{K}
- Th
- p(c) = 0 \iff (x - c) \mid
p(x)
- Dim
- prima implicazione
- per il teorema della divisione con il resto tra polinomi, si ha che
\exists!q(x), r(x) \in \mathbb{K}[x] \mid p(x)
= q(x) (x - c) + r(x) \quad \deg(r(x)) \lt \deg(x - c) = 1
- \left \{ \begin{array}{l}0 = p(c) = q(c)
(c - c) + r(c) = 0 + r(c) \iff r(c) = 0 \\ \deg(r(x)) \lt 1 \end{array}
\right. \implies r(x) = 0 \implies p(x) = q(x)(x - c) \iff (x- c) \mid
p(x)
- seconda implicazione
- (x - c) \mid p(x) \iff \exists q(x) \in
\mathbb{K}[x] \mid p(x) = q(x) (x - c) \implies p(c) = q(c) (c - c) =
0
Oss
- Hp
- \mathbb{K} campo
- p(x) \in \mathbb{K}[x]
- n := \deg(p(x))
- Th
- |\{c \in \mathbb{K} \mid p(c) = 0\}| \le
n
- Dim
- per assurdo N :=|\{c \in \mathbb{K} \mid
p(c) = 0\}| \gt n
- allora, sia \{c_1, \ldots, c_N\}
l’insieme delle radici di p(x)
- per dimostrazione precedente p(c_1) = 0
\iff x - c_1 \mid p(x) \iff \exists q_1(x) \in \mathbb{K}[x] \mid
q_1(x)(x-c_1)=p(x)
- analogamente p(c_2) = 0 \iff p(c_2) =
q_1(c_2)(c_2 - c_1) = 0
- per assurdo \exists i, j \in [1, N] ,i
\neq j \mid c_i = c_j \implies |\{c \in \mathbb{K} \mid p(c) = 0 \}| \lt
N \implies le soluzioni sono necessariamente tutte distinte, e in
particolare c_2 \neq c_1 \iff c_2 - c_1 \neq
0
- \mathbb{K}[x] dominio di integrità
\implies q_1(c_2) = 0 \land c_2 - c_1 \neq 0
\implies q_1(c_2) = 0
- per dimostrazione precedente q_1(c_2) = 0
\iff x- c_2 \mid q_1(x) \implies \exists q_2(x) \in \mathbb{K}[x] \mid
q_2(x) (x-c_2) = q_1(x), che sostituendo implica che p(x) = q_2(x)(x-c_2)(x-c_1)
- applicando il ragionamento analogo ad ogni soluzione, si ha che
\exists q_n(x) \in \mathbb{K}[x] \mid q_n(x)
(x-c_1) \cdot \ldots \cdot(x-c_N) = p(x) \implies (x-c_1) \cdot \ldots
\cdot (x-c_N) \mid p(x)
- ma \deg\left((x - c_1) \cdot \ldots \cdot
(x - c_N)\right) = N, mentre \deg(p(x))
= n, dove N \gt n \ \bot
Oss
- Hp
- \mathbb{K} campo
- I \subset \mathbb{K}[x] ideale
- Th
- \exists p(x) \in I \mid I =
I(p(x)), o equivalentemente, in \mathbb{K}[x] ogni ideale è principale
- Dim
- p(x) = 0 \implies I = \{0\} \implies I =
I(0), ovvero l’ideale principale generato da 0
- sia p(x) \in I - \{0\} \mid
\deg(p(x)) sia il minore possibile, che esiste per principio del
minimo numero
- allora \forall q(x) \in I \mid \deg(q(x))
\lt \deg(p(x)) \quad q(x) \in I(0) \implies q(x) = 0, dunque
p(x) è unico in quanto l’elemento con
grado minore in I - \{0\} è unico, non
considerando -p(x)
- I = I(p(x)) \iff I \subseteq I(p(x)) \land
I(p(x)) \subseteq I
- I \subseteq I(p(x))
- per il teorema della divisione con il resto tra polinomi, poiché
p(x) \neq 0, allora \forall a(x) \in I \quad \exists ! q(x), r(x) \in
\mathbb{K}[x] \mid a(x) = p(x) \cdot q(x) + r(x) \quad \deg(r(x)) \lt
\deg(p(x)) \implies r(x) = a(x) - p(x) \cdot q(x)
- \left.\begin{array}{l} a(x) \in I \\ q(x)
\in \mathbb{K}[x],p(x) \in I - \{0\} \implies p(x) \cdot q(x) \in I
\end{array}\right\} \implies r(x) \in I
- ma poiché \deg(r(x)) \lt
\deg(p(x)), e p(x) è stato preso
con il grado minore possibile in I, per
osservazione precedente segue necessariamente che r(x) = 0 \implies a(x) = p(x) \cdot q(x) \implies
a(x) \in I(p(x))
- I(p(x)) \subseteq I
- I \subset \mathbb{K}[x] ideale
\implies \mathbb{K}[x] \cdot I \subseteq
I, e poiché p(x) \in I - \{0\},
allora \forall q(x) \in \mathbb{K}[x] \quad
q(x) \cdot p(x) \in I
- \forall a(x) \in I(p(x)) \quad \exists
q(x) \in \mathbb{K}[x] \mid q(x)\cdot p(x) = a(x), dunque a(x) \in I
Oss
- Hp
- \mathbb{K} campo
- a_1(x), \ldots, a_n(x) \in
\mathbb{K}[x]
- \exists d(x) \in I(a_1(x), \ldots, a_n(x))
\mid I(a_1(x), \ldots, a_n(x)) = I(d(x))
- Th
- d(x)=\textrm{MCD}(a_1(x), \ldots,
a_n(x))
- Dim
- la dimostrazione è analoga al caso di \mathbb{Z}
- in particolare, \textrm{MCD}(a_1(x),
\ldots, a_n(x)) è ben definito in quanto, per dimostrazione
precedente, la divisione con il resto tra polinomi è ben definita, ed è
dunque possibile calcolare il massimo comun divisore tra polinomi
attraverso, ad esempio, l’algoritmo di Euclide
- inoltre, d(x) è ben definito a meno
di una costante moltiplicativa non nulla
Oss
- Hp
- \mathbb{K} campo
- a_1(x), \ldots, a_n(x) \in
\mathbb{K}[x]
- \exists m(x) \in I(a_1(x)) \cap \ldots
\cap I(a_n(x)) \mid I(a_1(x)) \cap \ldots \cap I(a_1(x)) =
I(m(x))
- Th
- m(x)=\textrm{mcm}(a_1(x), \ldots,
a_n(x))
- Dim
- la dimostrazione è analoga al caso in \mathbb{Z}
- in particolare, è possibile calcolare \textrm{mcm}(a_1(x), \ldots, a_n(x))
attraverso il teorema fondamentale dell’aritmetica, poiché applicabile
anche ai polinomi
- inoltre, m(x) è ben definito a meno
di una costante moltiplicativa non nulla
Oss
- Hp
- \mathbb{K} campo
- a_1(x), \ldots ,a_n(x) \in
\mathbb{K}[x]
- c \in \mathbb{K}
- d(x):= \textrm{MCD}(a_1(x), \ldots,
a_n(x))
- Th
- a_1(c) = \ldots = a_n(c) = 0 \iff d(c) =
0
- Dim
- prima implicazione
- \forall i \in [1, n] \quad a_i(c) = 0 \iff
(x - c) \mid a_i(x)
- per definizione \forall i \in [1, n] \quad
d(x) \mid a_i(x), e poiché d(x)
è il massimo tra i divisori comuni, allora necessariamente (x - c) \mid d(x) \iff d(c) = 0
- seconda implicazione
- per definizione \forall i \in [1, n] \quad
d(x) \mid a_i(x)
- per dimostrazione precedente d(c) = 0 \iff
(x - c) \mid d(x)
- allora \forall i \in [1, n] \quad (x - c)
\mid d(x) \land d(x) \mid a_i(x) \implies (x - c) \mid a_i(x) \iff
a_i(c) = 0
Oss
- Hp
- \mathbb{K} campo
- p(x) \in \mathbb{K}[x]
- Th
- p(x) irriducibile \iff p(x) primo
- Dim
- prima implicazione
- siano a(x), b(x) \in \mathbb{K}[x] : p(x)
\mid a(x)b(x) \iff \exists k(x) \in \mathbb{K}[x] \mid p(x)k(x) =
a(x)b(x)
- si assuma p(x) \nmid a(x)
- poiché p(x) irriducibile, allora
\textrm{MCD}(a(x), p(x))= 1, allora per
l’identità di Bézout \exists f(x), g(x) \in
\mathbb{K}[x] \mid 1 = f(x)a(x) + g(x)p(x) \iff b(x) = a(x)b(x)f(x) +
p(x)g(x)b(x) = p(x)k(x)f(x) +p(x)g(x)b(x) = p(x)[k(x)f(x) + g(x)b(x)]
\implies p(x) \mid b(x)
- allora p(x) \mid a(x)b(x) \land p(x) \nmid
a(x) \implies p(x) \mid b(x)
- ripetendo analogamente il ragionamento, è possibile dimostrare che
p(x) \mid a(x)b(x) \land p(x) \nmid b(x)
\implies p(x) \mid a(x)
- allora, per definizione p(x)
primo
- seconda implicazione
- \mathbb{K}[x] è un dominio di
integrità, e dunque, per dimostrazione precedente, implica che ogni
elemento primo è anche irriducibile
Oss
- Hp
- Th
- p(x) irriducibile \iff \deg(p(x)) = 1
- Dim
- prima implicazione
- per assurdo, \deg(p(x)) \gt 1 \implies
\exists z \in \mathbb{C} \mid p(z) = 0 per il teorema
fondamentale dell’algebra
- per dimostrazione precedente p(z) = 0 \iff
(x - z) \mid p(x) \iff \exists q(x) \in \mathbb{C}[x] \mid p(x) = (x -
z) \cdot q(x)
- poiché \deg(x - z) = 1, allora
necessariamente \deg(q(x)) = \deg(p(x)) -
1
- \deg(p(x)) \gt 1 \implies \deg(q(x)) =
\deg(p(x)) - 1 \gt 0 \implies p(x) non è irriducibile, poiché
(x - z), q(x) \notin \mathbb{C}[x]^* =
\mathbb{C}^*
- si noti che \deg(p(x)) = 0 \implies p(x)
\in \mathbb{C}[x]^* = \mathbb{C}^* \implies p(x) non irriducibile
per definizione \bot
- seconda implicazione
- si noti che \deg(p(x)) \neq 0 \implies
p(x) \notin \mathbb{C}[x]^* = \mathbb{C}^*
- per dimostrazione precedente \forall a(x),
b(x), c(x) \in \mathbb{K}[x] \quad a(x) = b(x) \cdot c(x) \implies
\deg(a(x)) = \deg(b(x)) + \deg(c(x))
- \deg(p(x)) = 1, allora se \exists a(x), b(x) \in \mathbb{C}[x] \mid p(x) =
a(x) \cdot b(x), allora \deg(a(x)) = 1
\land \deg(b(x)) = 0 oppure \deg(a(x))
= 0 \land \deg(b(x)) = 1
- dunque, ad esempio se \deg(a(x)) = 1 \land
\deg(b(x)) = 0 \implies b(x) \in \mathbb{C}[x]^* \implies p(x) è
irriducibile
- si noti che questa implicazione è vera in ogni campo
Oss
- Hp
- Th
- p(x) irriducibile \iff \deg(p(x)) = 1 \lor \left \{ \begin{array}{l}
\deg(p(x)) = 2 \\ \Delta \lt 0 \end{array} \right., dove p(x) = ax^2 + bx + c \implies \Delta := b^2 -
4ac
- Dim
- prima implicazione
- se \deg(p(x)) = 1, allora segue la
dimostrazione precedente, poiché \mathbb{R}[x]
\subset \mathbb{C}[x]
- allora sia p(x) \in \mathbb{R}[x] \subset
\mathbb{C}[x] \mid \deg(p(x)) \ge 2 \implies p(x) è della forma
p(x) := a_0x^0 + \ldots + a_nx^n, per
certi a_0, \ldots, a_n \in \mathbb{R} e
n \ge 2
- per il teorema fondamentale dell’algebra \exists z \in \mathbb{C} \mid p(z) = 0 \iff (x - z)
\mid p(x)
- si noti che \forall a \in \mathbb{R} \quad
\overline{a} = a
- allora si ha che p(\overline{z}) = a_0
(\overline{z})^0 + \ldots + a_n (\overline{z})^n =
\overline{a_0}(\overline{z}^0) + \ldots + \overline{a_n}(\overline{z})^n
= \overline{a_0x^0 + \ldots + a_nx^n} = \overline{p(z)} = \overline{0} =
0 \implies p(\overline{z}) = 0 \iff (x - \overline{z}) \mid
p(x)
- siano a, b \in \mathbb{R} \mid z:= a + i
b
- \left \{ \begin{array}{l}(x - z) \mid p(x)
\iff \exists q(x) \in \mathbb{R}[x] \mid (x - z) q(x) = p(x) \\ (x -
\overline{z}) \mid p(x) \iff \exists k(x) \in \mathbb{R}[x] \mid (x -
\overline{z})k(x) = p(x) \end{array} \right.
- x = z \implies (z - \overline{z})k(z) =
p(z) = 0, e poiché \mathbb{R}[x]
è un dominio di integrità, (z - \overline{z})
= 0 \lor k(z) = 0
- b = 0
- allora si ha che z \in \mathbb{R} \implies
z = \overline{z} per osservazione precedente
- \deg(p(x)) \ge 2 \implies p(x) = q(x) (x -
z) implica necessariamente che \deg(q(x)) \ge 1, e in particolare \deg(q(x)), \deg(x - z) \neq 0 \iff q(x),(x - z)
\notin \mathbb{R}[x]^* \implies p(x) non irriducibile \bot
- allora, segue esclusivamente il caso in cui b \neq 0
- b \neq 0
- allora si ha che z \in \mathbb{C} -
\mathbb{R} \implies z - \overline{z} = a + ib - (a - ib) =a +ib - a + ib
= 2ib \neq 0 \implies k(z) = 0 necessariamente
- k(z) = 0 \iff (x - z) \mid k(x) \iff
\exists h(x) \in \mathbb{R}[x] \mid (x - z)h(x) = k(x)
- allora si ha che (x - \overline{z})k(x) =
(x - \overline{z})(x -z)h(x) = p(x) \iff (x - \overline{z})(x - z) \mid
p(x) \iff (x^2 - \overline{z}x -zx + z\overline{z}) \mid p(x) \iff [x^2
- (a - ib)x-(a + ib)x + (a^2 + b^2)] \mid p(z) \iff (x^2 - ax - ibx - ax
+ ibx + a^2 + b^2) \mid p(x) \iff (x^2 - 2ax + a^2 + b^2) \mid
p(x)
- p(x) irriducibile, e poiché \deg(x^2 - 2ax + a^2 + b^2) \neq 0 \iff (x ^2 - 2ax
+a^2 + b^2) \notin \mathbb{R}[x]^*, allora necessariamente \exists k \in \mathbb{R}[x]^* = \mathbb{R}^* \mid
p(x) = k(x^2 - 2ax + a^2 + b^2) = kx^2 -2kax +ka^2+kb^2 \implies \Delta
= (-2ka)^2 - 4k(ka^2+kb^2) =4k^2a^2 -4k^2a^2 -4k^2b^2=-4k^2b^2 \lt
0, per ogni scelta di k,b \in
\mathbb{R}[x]^* = \mathbb{R}^*
- seconda implicazione
- \deg(p(x)) = 1 \implies p(x)
irriducibile
- segue la dimostrazione precedente, poiché questa implicazione è
valida in ogni campo
- \deg(p(x)) = 2 \land \Delta \lt 0 \implies
p(x) irriducibile
- per assurdo, sia p(x) non
irriducibile, allora \exists a(x), b(x) \in
\mathbb{R}[x] \mid p(x) = a(x)b(x) \implies a(x), b(x) \notin
\mathbb{R}[x]^* \implies \deg(a(x)), \deg(b(x)) \neq 0 \implies
\deg(a(x)) = \deg(b(x)) = 1 poiché \deg(p(x)) = 2 in ipotesi
- dunque a(x) e b(x) sono della forma a(x) = cx + d, dove c \in \mathbb{R} - \{0\}, ma allora x' := -c^{-1}d è radice di a(x), e dunque necessariamente anche radice
di p(x)
- allora \deg(p(x)) = 2 \land \exists x'
\in \mathbb{R} \mid p(x') = 0 \implies \Delta \ge 0 \
\bot
Oss
- Hp
- \mathbb{K} campo
- p(x) \in \mathbb{K}[x] - \{0\}
- Th
- \exists ! q_1(x), \ldots ,q_k(x) \in
\mathbb{K}[x] irriducibili e monici, c
\in \mathbb{K}^* \mid p(x) = c \cdot q_1(x) \cdot \ldots \cdot
q_k(x)
- in particolare, i polinomi sono unici a meno di riordinamento
- Dim
- esistenza:
- dimostrazione per induzione sul grado di p(x)
- \deg(p(x)) = 1
- allora p(x) è della forma p(x) = ax + b, con a, b, k \in \mathbb{K}^* \implies p(x) = a \cdot
\left(x + \dfrac{b}{a}\right), dove \deg \left( x + \dfrac{b}{a}\right ) = 1 \iff \left(
x + \dfrac{b}{a}\right) irriducibile
- \deg(p(x)) \gt 1
- per dimostrazione precedente \deg(p(x))
\neq 1 \iff p(x) non irriducibile \iff
\exists a(x), b(x) \in \mathbb{K}[x] - \mathbb{K}[x]^* \mid p(x) = a(x)
b(x)
- ⚠️ incompleta
- unicità
- ⚠️ interamente da rifare
- \deg(p(x)) = 0
- allora p(x) è della forma p(x) = c, con c \in
\mathbb{K}, allora p(x) = c \cdot (1
\cdot x^0)
- \deg(p(x)) \gt 0
- per assurdo \exists q_1(x), \ldots,
q_k(x), q_1'(x), \ldots, q_k'(x) \in \mathbb{K}[x]
irriducibili e monici, c, c' \in
\mathbb{K}^* \mid c \cdot q_1(x) \cdot \ldots \cdot q_k(x) = p(x) =
c' \cdot q_1'(x) \cdot \ldots \cdot q_k'(x)
- allora, ad esempio q_1(x) \mid p(x) =
c' \cdot q_1'(x) \cdot \ldots \cdot q_k'(x) \implies q_1(x)
\mid q_1'(x) \lor \ldots \lor q_1(x) \mid q_k'(x)
- ipotizzando q_1 \mid q_1'(x),
poiché \deg(q_1(x)) =
\deg(q_1'(x)), allora necessariamente q_1 \mid q_1'(x) \iff \exists k \in \mathbb{K}^*
\mid q_1(x) \cdot k = q_1'(x)
- allora c \cdot q_1(x) \cdot \ldots \cdot
q_k(x) = p(x) = c' \cdot q_1'(x) \cdot \ldots \cdot q_k'(x)
= c' \cdot k \cdot q_1(x) \cdot \ldots \cdot q_k'(x)
Oss
- Hp
- a_0, \ldots, a_n \in \mathbb{Z} \mid a_0,
a_n \neq 0
- p(x) \in \mathbb{Z}[x] \mid p(x) = a_0 +
\ldots + a_nx^n
- a, b \in \mathbb{Z} \mid \textrm{MCD}(a,
b) = 1
- p\left(\frac{a}{b}\right) = 0
- Th
- a \mid a_0 \land b \mid a_n
- Dim
- 0 = p\left(\frac{a}{b}\right) =
a_n\left(\frac{a}{b}\right)^n + a_{n - 1}\left(\frac{a^{n - 1}}{b^{n -
1}}\right) + \ldots + a_0 \iff b^n \cdot 0 = a_na^n + a_{n -1}a^{n - 1}b
+ \ldots + a_1a^1b^{n -1 } + a_0b^n \iff a_na^n = - a_{n - 1} a^{n - 1}b
- \ldots - a_1a^1 b^{n - 1}- a_0b^n = b(-a_{n - 1}a^{n-1} - \ldots -
a_1a^1b^{n - 2} - a_0b^{n-1}) \implies b \mid a_na^n
- \textrm{MCD}(a, b) = 1 \implies
\textrm{MCD}(a^n, b) = 1, allora b \mid
a_na^n \implies b \mid a_n
- è possibile ripetere il ragionamento analogo per a_0b^n, e dall’equazione ottenuta si noterà
che a \mid a_0b^n, che per ragionamento
analogo all’osservazione precedente deve necessariamente implicare che
a \mid a_0