Problemi sui polinomi

3 Problemi sui polinomi 3.1 Esercizi proposti Esercizio 1 (Italian IMO Team Selection Test 2008). Sia n>1 un intero. Sia p(x) un polinomio a coe cienti interi di grado n. Sia A un insieme di n +1 interi consecutivi. Dimostrare che esiste un elemento a 2 A tale che p(x) 6= a per ogni numero intero x. Soluzione. Dati p(x) =a 0 + + a n x n e A = {y 0,...,y n } abbiamo y i = y 0 + i per i =0,...,n. Supponiamo che esistano n +1numeriinterix 0,...,x n tali che p(x i )=y i = y 0 + i. Poniamo h ij = x i x j. Notiamo che, per le formule del binomio, si ha x k i =(x j + h ij ) k = apple k = x k j + h ij 1 = x k j + h ij r ijk, x k 1 j + dove r ijk è un intero. Ne consegue che y 0 + i = p(x i )=a 0 + + a n x n i = k x k 2 j h ij + + 2 k 1 k x j h k 2 ij + h k 1 ij = = a 0 + a 1 (x j + h ij r ij1 )+a 2 (x 2 j + h ij r ij2 )+ + a n (x n j + h ij r ijn )= =(a 0 + + a n x n j )+h ij s ij = = p(x j )+h ij s ij = = y 0 + j + h ij s ij, dove s ij è un intero e quindi, per la precedente eguaglianza, si ha che h ij divide i j. Ne deduciamo che x i x j = h ij 6 i j equindichel insieme B = {x 0,...,x n } è formato da n + 1 interi consecutivi (se non lo fossero almeno due di questi numeri avrebbero di erenza in valore assoluto maggiore di n). Abbiamo che x i+1 x i = h i,i+1 = ±1, pertanto, dato x 0,sihax 1 = x 0 +1 21

oppure x 1 = x 0 1. Supponiamo di essere nel primo caso (il secondo si tratta in modo analogo), avremo x 2 = x 1 + 1, visto che l altra possibilità x 2 = x 1 1 porta alla contraddizione x 2 = x 0. Iterando questo ragionamento si trova che x i = x 0 + i oppure che x i = x 0 i. Dal principio di identità dei polinomi sappiamo che esiste un unico polinomio p(x) di grado al più uguale a n tale che p(x 0 +i) =y 0 +i, ossia p(x) =(x x 0 )+y 0, ed uno solo tale che p(x 0 i)=y 0 +i, ossia p(x) = (x x 0 )+y 0. Da questo si deduce che n = 1, contrariamente a quanto supposto. Esercizio 2. Determinare tutti i polinomi P (x) tali che P (0) = 0 e Soluzione. Si verifica che P x 2 +1 =(P (x)) 2 +1, 8x 2 R P (0) = 0 P (1) = P (0 2 + 1) = (P (0)) 2 +1=0+1=1 P (2) = P (1 2 + 1) = (P (1)) 2 +1=1+1=2 P (5) = P (2 2 + 1) = (P (2)) 2 +1=2 2 +1=5 ed in generale, se P (k) =k, risulta P (k 2 + 1) = (P (k)) 2 +1=k 2 +1 Di conseguenza vi sono infiniti k per cui P (k) =k per cui il polinomio Q(x) = P (x) x possiede infinite radici. principio di identità dei polinomi discende che Q(x) è il polinomio nullo, ossia P (x) =x. Esercizio 3 (Colombia MO). Siano m, n le radici del polinomio P (x) =ax 2 + bx + c. Trovare un polinomio quadratico avente per radici m 2 n ed n 2 m. Soluzione. Si ha m + n = b a e mn = c a. Pertanto otteniamo e (m 2 n)+(n 2 m)=(m + n) 2 2mn (m + n) = b2 + ab 2ac a 2 (m 2 n)(n 2 m)=(mn) 2 + mn (m 3 + n 3 )= Il polinomio cercato è allora =(mn) 2 + mn (m + n) 3 +3mn(m + n) = = c2 a 2 + c a + b3 a 3 3 cb a 2 = = ac2 + a 2 c + b 3 3abc a 3. a 3 x 2 a(b 2 + ab 2ac)x +(ac 2 + a 2 c + b 3 3abc). 22

Esercizio 4 (Colombia MO). Se, sono le radici del polinomio P (x) = x 2 + px +1e, sono le radici del polinomio x 2 + qx + 1 dimostrare che Suggerimento. Sviluppare e tenendo conto che = = 1... ( )( )( + )( + )=p 2 q 2 ( + ) 2 ( + ) 2 ( )( )( + )( + ) Esercizio 5 (Brazil MO). Trovare un polinomio di terzo grado P (x) tale che Soluzione. Poniamo P (x + 1) P (x) =x 2, 8x 2 R a(x) =(x + 1) x = 1 b(x) =(x + 1) 2 x 2 = 2x +1 c(x) =(x + 1) 3 x 3 = 3x 2 +3x +1 Poiché 1 3 c(x) 1 2 b(x)+ 1 6 a(x) =x2, è immediato allora vedere che ogni polinomio della forma P (x) = 1 1 3 x3 2 x2 + 1 x + (dove 2 R è arbitrario) 6 ha le proprietà richieste. Esercizio 6. Trovare, nel caso in cui esista, un polinomio P (x) tale che P (x)+p (2 x) =x 2 +3, 8x 2 R Suggerimento. Si ponga Q(x) = P (x) + P (2 x), allora Q(1 + x) = P (1 + x) + P (1 x) =Q(1 x), e quindi il grafico di Q(x) è simmetrico rispetto alla retta di equazione x = 1. Si può dire altrettanto di x 2 + 3? Esercizio 7. Trovare un polinomio P (x) tale che P (x)+xp (2 x) =x 2 +3, 8x 2 R Soluzione. Se n è il grado di P (x), il polinomio Q(x) =P (x) +xp (2 x) ha grado n + 1. Dato che Q(x) =x 2 +3sihachen =1equindiP (x) =ax + b per opportuni numeri reali a e b. Imponendo che P (x) soddisfi alla relazione richiesta si ha ax + b + x [a(2 x)+b] =x 2 +2 da cui, con facili calcoli, si trova che a = 1, b = 3. Pertanto il polinomio cercato è P (x) = x + 3. 23

Esercizio 8. Trovare la somma dei coe cienti del polinomio P (x) =(x + 1) 2003 (x + 1) 2002 +(x 1) 3000 Soluzione. Se P (x) =a 0 + a 1 x + + a n x n abbiamo a 0 + a 1 + + a n = P (1) = 2 2003 2 2002 =2 2002 Esercizio 9. Trovare la somma dei coe polinomio P (x) =( 2x + 1) 2000 cienti dei monomi di grado dispari del Soluzione. Se P (x) =a 0 + a 1 x + + a n x n abbiamo da cui segue che a 0 + a 1 + + a n = P (1) a 0 a 1 + +( 1) n a n = P ( 1) a 1 + a 3 + a 5 + = P (1) + P ( 1) 2 = 1+32000 2 Esercizio 10. Trovare il resto della divisione del polinomio x 100 + x x 2 1. 1per Suggerimento. Essendo x 100 + x 1= x 2 1 x 98 + x 96 + + x 2 +1 + x il resto ed il quoziente della divisione sono rispettivamente... Esercizio 11. Trovare un polinomio di quinto grado P (x) tale che P (0) = P (1) = P (2) = P (3) = P (4) = 1 e P (5) = 0. Suggerimento. Si noti che il polinomio Q(x) = 1 5! x(x 1)(x 2)(x 3)(x 4) è tale che Q(0) = Q(1) = Q(2) = Q(3) = Q(4) = 0 e Q(5) = 1, pertanto... Esercizio 12. Sia P (x) è un polinomio a coe cienti interi. Dimostrare che, se P (x) ha esattamente 4 radici intere allora l equazione P (x) = 2 non ha soluzioni intere. Suggerimento. Siano x 1, x 2, x 3 e x 4 quattro numeri interi distinti tali che P (x i )=0peri =1,...,4ey un numero intero tale P (y) = 2. Si mostri che y x i è un divisore di P (y) P (x i ) = 2... Esercizio 13. Il polinomio P (x) =x 5 2009x + 56 ha due radici, il cui prodotto è 1. Trovare e. 24

Suggerimento. Si utilizzi l identità x 5 = P (x) + 2009x 56 per calcolare 1 = ( ) 5 = 5 5 =. Esercizio 14 (Incontri Olimpici, Firenze 2009). Dimostrare che il polinomio non ha 50 radici reali positive. x 50 50x 49 + 49x 48 +1 Soluzione. Supponiamo per assurdo che P (x) abbia 50 radici positive a 1, a 2,...,a 50. Dalle formule di Viète abbiamo a 1 + a 2 + + a 50 = 50, a 1 a 2 a 50 =1 per cui la media aritmetica e la media geometrica degli a i sono rispettivamente: AM = a 1 + a 2 + + a 50 50 =1, GM = 50p a 1 a 2 a 50 =1 Poiché la media geometrica e la media aritmetica di numeri positive sono uguali solo quando i numeri sono uguali, abbiamo che a 1 = a 2 = = a 50 =1 ma questo è assurdo in quanto 1 non è radice di P (x). Soluzione alternativa. Supponiamo per assurdo che P (x) abbia 50 radici positive a 1, a 2,...,a 50. Dalle formule di Viète abbiamo 2=a 1 a 2 a 49 + a 1 a 2 a 48 a 50 + + a 2 a 3 a 50 = = X! X 1 a i = X 1 a i i i a i i da cui discende che la media armonica delle 50 radici è HM = P 50 1 = 25 (3.1) a i i ma questo è assurdo in quanto la media aritmetica è uguale ad 1 ed è noto che la media armonica è minore o uguale della media aritmetica. Esercizio 15 (Incontri Olimpici, Firenze 2009). Dimostrare che il polinomio x 2 + x + 1 divide il polinomio x 2n + x n + 1 se e solo se n non è multiplo di 3. Soluzione. Posto P (x) =x 2 + x +1sia! una sua radice. Chiaramente! 6= 0. Avremo! 3 1=(! 1)(! 2 +! + 1) = (! 1)P (!) =0dimodoche! 3 = 1. Poniamo =! 2. Dal momento che! 6= 1 si ha 6=!. Troviamo allora P ( ) = 2 + +1 =! 4 +! 2 +1 = (! 3 )! +! 2 +1 =! +! 2 +1 = P (!) = 0. Ne consegue che P (x) divideq(x) =x 2n + x n + 1 se e solo se! e sono entrambe 25

radici di Q(x). Sia 0 6 r 6 2 il resto della divisione di n per 3, allora n =3q +r, cosicché! n =! 3 q! r =! r e 8 >< 3 se r = 0, Q(!) =(! r ) 2 +! r +1= P (!) =0 ser = 1, >: P ( ) =0 ser = 2. Analogamente si mostra che 8 >< 3 se r = 0, Q( ) =( r ) 2 + r +1= P ( ) =0 ser = 1, >: P (!) =0 ser = 2. Pertanto P (x) divideq(x) se e solo se r 6= 0. Esercizio 16 (Incontri Olimpici, Cetraro 2010). Sia p(x) un polinomio a coefficienti interi con p(0) e p(5) dispari. Puó p(x) avere radici intere? Se si, quante? Soluzione. Se k è intero troviamo che ( p(0) 1mod2 p(k) p(5) 1mod2 sek è pari sek è dispari In nessun caso p(k) può essere uguale a 0. Soluzione alternativa. Per risolvere l esercizio usiamo il seguente lemma la cui semplice dimostrazione è proposta come esercizio Lemma. Se P (x) è un polinomio a coe allora a b divide P (a) P (b). cienti interi ed a, b sono numeri interi Dimostriamo che P (x) non ha radici intere: se fosse una radice intera di P (x) si avrebbe 0 P ( ) P (0) = P (0) ) è dispari (essendo P (0) è dispari); 5 P ( ) P (5) = P (5) ) 5 è dispari (essendop (5) è dispari) ) pari. il che è assurdo. Esercizio 17 (Incontri Olimpici, Cetraro 2010). (a) Sia p(x) un polinomio di grado al più 2010 tale che p(i) = 0 per ogni i 2{0, 1,...,2009} e p(2010) = 1. Quanto vale p(2011)? (b) Sia p(x) un polinomio di grado al più 2010 tale che p(i) =i per ogni i 2{0, 1,...,2009} e p(2010) = 2011. Quanto vale p(2011)? 26

Soluzione. (a) Il polinomio p(x) è della forma p(x) = Ax(x 1)(x 2) (x 2009), quindi 1=p(2010) = A 2010! per cui A =1/2010! e p(2011) = 2011!/2010! = 2011. (b) Il polinomio q(x) =x + 1 x(x 1)(x 2) (x 2009) 2010! è tale che q(i) =i per ogni i 2{0, 1,...,2009} e q(2010) = 2011. Dal principio di identità dei polinomi segue che p(x) = q(x) e quindi p(2011) = 2011 + 2011! = 2011 + 2011 = 4022 2010! Esercizio 18 (Incontri Olimpici, Cetraro 2011). Siano, le radici del polinomio x 2 2011x + 1102. Dimostrare che 2011 + 2011 è un numero intero. Soluzione. Posto S n = n + n, dobbiamo dimostrare che S 2011 è intero. Dalle note relazioni tra le radici e i coe cienti di un equazione di secondo grado segue che: + = 2011, = 1102 equindi S n+2 = n+2 + n+2 = = n+1 + n+1 ( + ) ( n + n )= = 2011S n+1 1102S n Pertanto, essendo: S 0 = 0 + 0 =2, S 1 = + = 2011 ne segue (per induzione) che S n è intero per ogni n 2 N. Esercizio 19 (Incontri Olimpici, Cetraro 2011). Siano a, b numeri interi. Dimostrare che il polinomio F (x) =(x a) 2 (x b) 2 +1 non si può scrivere come prodotto di polinomi a coe minore. cienti interi di grado 27

Soluzione. F (x) non è divisibile per nessun polinomio di primo grado in quanto non ha radici reali. Pertanto basta dimostrare che F (x) non può essere scritto come prodotto di due polinomi di secondo grado a coe cienti interi. Supponiamo per assurdo che esistano due polinomi di secondo grado p(x), q(x) a coe cienti interi tali che (x a) 2 (x b) 2 +1=p(x)q(x) (1) e, senza perdita di generalità, possiamo supporre che i coe cienti di grado massimo di p(x), q(x) siano uguali ad 1. Distinguiamo due casi: Se a = b abbiamo: (x a) 4 +1=p(x)q(x) (2) Dalla (2) e ettuando il cambio di variabile x a = X e ponendo P (x) = p(x + a), Q(x) =q(x + a) abbiamo: X 4 +1=P (X)Q(X) = X 2 + ax + b X 2 + cx + d X 4 +1=X 4 +(a + c)x 3 +(b + d)x 2 +(ad + bc)x + bd (3) Dalla (3) segue che bd = 1, b + d = 0 e ciò è impossibile per b, d 2 Z. Se a 6= b abbiamo p(a)q(a) = 1, p(b)q(b) = 1. Pertanto p(a),p(b),q(a),q(b) 2 { 1, 1} Se p(a) =p(b) =1sihacheq(a) =q(b) =1equindi: per cui p(x) 1=(x a)(x b) ) p(x) =(x a)(x b)+1 q(x) 1=(x a)(x b) ) q(x) =(x a)(x b)+1 p(x)q(x) =x 4 2(a+b)x 3 + a 2 + b 2 +4ab +2 x 2 2(a+b)(ab+1)x+a 2 b 2 +2ab+1 ed è facile verificare che la (1) non può essere verificata con a, b 2 Z. Negli altri casi: (p(a) =1,p(b) = 1) _ (p(a) = 1,p(b) = 1) _ (p(a) = 1,p(b) = 1) si dimostra nello stesso modo che la (1) non può essere verificata con a, b 2 Z. Esercizio 20 (Gara di Febbraio 2007). Sia P (x) =x 3 + ax 2 + bx + c. Sapendo che la somma di due delle radici del polinomio vale zero, quale delle seguenti relazioni tra i coe cienti di P (x) è sempre vera? (A) abc =0 (B)c = ab (C) c = a + b (D) b 2 = ac (E) nessuna 28

Soluzione. La risposta è (B). Dette, e le radici del polinomio, deve aversi, per ogni x, che (x )(x )(x + )=x 3 + ax 2 + bx + c Svolgendo i prodotti e uguagliando i coe (principio di identità dei polinomi), si ha = a, cienti dei termini dello stesso grado 2 = b, 2 = c ) ab = c Esercizio 21 (Cesenatico 2002). Determinare per quali valori di n tutte le soluzioni dell equazione x 3 3x + n = 0 sono numeri interi. Soluzione. Se a, b, c sono le tre soluzioni (non necessariamente distinte) dell equazione x 3 3x + n = 0, allora x 3 3x + n =(x a)(x b)(x c) =x 3 (a + b + c)x 2 +(ab + bc + ca)x abc Dal principio di identità dei polinomi ne segue che 8 >< a + b + c =0 ab + bc + ca = 3 >: abc = n Essendo (a+b+c) 2 = a 2 +b 2 +c 2 +2(ab+bc+ca), si ottiene a 2 +b 2 +c 2 = 6. Se a, b, c sono interi, questo è possibile solo se due dei quadrati sono uguali ad 1 ed il terzo è uguale a 4. Pertanto possiamo assumere, per simmetria, che a = ±1, b = ±1, c = ±2. Poichè inoltre si deve avere a + b + c = 0, le sole possibilità sono a = b = 1, c = 2ea = b = 1, c = 2, da cui si ricava che n = 2 oppure n = 2. Per quanto abbiamo appena osservato, x 3 3x +2=(x 1) 2 (x + 2), x 3 3x 2=(x + 1) 2 (x 2) e quindi n = 2 ed n = 2 sono e ettivamente soluzioni del problema. Esercizio 22 (Incontri Olimpici, Cetraro 2012). Il polinomio P (x) soddisfa la relazione P ( x) = P (x), per ogni numero reale x. Se dividendo P (x) per x 2 si ottiene resto 5, qual è il resto della divisione di P (x) perx 2 4? Soluzione. Detti Q(x) edr(x) = ax + b il quoziente ed il resto della divisione di P (x) perx 2 4 abbiamo P (x) = x 2 4 Q(x)+ax + b Dal teorema del resto segue che P (2) = 5 e inoltre, dato che P (x) è un polinomio dispari, risulta P ( 2) = P (2) = 5. Pertanto 2a + b =5 2a + b = 5 da cui con un semplice calcolo si ottiene a = 5 2, b =0edR(x) = 5 2 x. 29

Esercizio 23 (Incontri Olimpici, Cetraro 2012). Trovare tutti i polinomi P (x) tali che 16(x 1)P (x) =(x 16)P (2x), 8x 2 R (*) Soluzione. Ponendo x = 1, 2, 4, 8 nella relazione (*) otteniamo x =1) P (2) = 0; x =2) P (4) = 0; x =4) P (8) = 0; x =8) P (16) = 0; Dato che 2,4,8,16 sono radici di P (x), esiste un polinomio Q(x) tale che P (x) =Q(x)(x 2)(x 4)(x 8)(x 16) Sostituendo nella relazione (*) abbiamo 16(x 1)Q(x)(x 2)(x 4)(x 8)(x 16) = =(x 16)Q(2x)(2x 2)(2x 4)(2x 8)(2x 16) da cui segue che Q(x) =Q(2x) per ogni x 2 R. Pertanto per ogni i 2 Z risulta Q(1) = Q(2) = Q(4) = = Q(2 i ) il che significa che il polinomio R(x) = Q(x) Q(1) ammette infinite radici e, di conseguenza, R(x) è il polinomio nullo. Questo significa che Q(x) èun polinomio costante, cioè esiste k 2 R tale che Q(x) =k per ogni x 2 R. Abbiamo dimostrato che tutti i polinomi P (x) che verificano la ( ) sono della forma P (x) =k(x 2)(x 4)(x 8)(x 16) (**) per un opportuno k 2 R. Viceversa è un facile esercizio verificare che tutti i polinomi della forma (**) verificano la (*). Soluzione alternativa. Posto P (x) = n P i=0 massimo nei due membri dell espressione i=0 a i x i nx nx 16(x 1) a i x i =(x 16) a i 2 i x i uguagliando i termini di grado si ottiene 16 = 2 n. Pertanto n =4eP (x) =a+bx+cx 2 +dx 3 +ex 4 per opportuni numeri reali a, b, c, d, e. Sostituendo P (x) nella relazione (*) con alcuni calcoli (un po noiosi!) si possono trovare i coe cienti a, b, c, d, e. Esercizio 24 (Stage Olimpico, Teramo 2012). Siano,, le radici del polinomio x 3 6x 2 + 12x 15. Si determini un polinomio di terzo grado avente come radici,,. i=0 30

Soluzione. Sia x 3 + ax 2 + bx + c il polinomio richiesto. coe cienti e le radici di un polinomio abbiamo Dalle relazioni tra i da cui segue che + + =6, + + = 12, = 15 a = ( + + )= 12 b = 2 + 2 + 2 = ( + + ) = 15 6 = 90 c = 2 2 2 = 15 2 = 225 Pertanto il polinomio richiesto è x 3 12x 2 + 90x 225. Esercizio 25 (Stage Olimpico, Teramo 2012). Dire per quante coppie (p, q) di numeri primi (positivi) il polinomio x 2 + px + q ha due radici intere. Soluzione. Indicate con, le radici del polinomio si ha che = q e, dato che q è primo, possono presentarsi due casi: =1, = q ) q +1= p, impossibile; = 1, = q ) q 1= p ) p = q +1) q =2,p= 3. Pertanto x 2 + px + q ha due radici intere solo se q =2ep = 3. Esercizio 26 (Stage Olimpico, Teramo 2012). Dimostrare che non esiste un polinomio a coe cienti interi P (x) tale che P (1) = e P (5) = 3. Soluzione. Per il teorema del resto esiste un polinomio ma coe Q(x) tale che P (x) =(x 1)Q(x) + 2. Pertanto cienti interi 3=P (5) = (5 1)Q(5) + 2 ) Q(5) = 1 5 il che è impossibile in quanto Q(5) è un intero. Esercizio 27 (Stage Olimpico, Teramo 2012). Sia P (x) un polinomio a coe - cienti interi tale che P (1) = P (2) = P (3) = 1. Dimostrare che non esiste nessun intero n tale che P (n) = 4. Soluzione. Il polinomio P (x) 1 ammette le radici 1, 2 e 3, quindi esiste un polinomio Q(x) a coe cienti interi tale che equindi P (x) 1=(x 1)(x 2)(x 3)Q(x) P (x) =(x 1)(x 2)(x 3)Q(x)+1 31

Se esistesse un intero n tale che P (n) =4siavrebbe equindi 1+(n 1)(n 2)(n 3)Q(n) =4 3=(n 1)(n 2)(n 3)Q(n), ma questo è impossibile in quanto 3 non è divisibile per tre interi distinti consecutivi. Esercizio 28 (Incontri Olimpici, Cetraro 2012). Siano a 1,a 2,...,a n degli interi distinti. Dimostrare che il polinomio è irriducibile su Z. P (x) =(x a 1 )(x a 2 ) (x a n ) 1 Soluzione. Per assurdo supponiamo che esistano due polinomi s(x), t(x) di grado minore di n tali che P (x) = s(x)t(x). Pertanto Dalla (1) segue che e, poichè s(a i ),t(a i ) 2 Z abbiamo (x a 1 )(x a 2 ) (x a n )=s(x)t(x) + 1 (1) s(a i )t(a i )= 1 8i 2{1, 2,...,n} (2) s(a i )+t(a i )=0 8i 2{1, 2,...,n} e ciò implica che s(x) + t(x) è il polinomio nullo (in quanto ha grado minore di n ed ammette n radici) e quindi s(x) = t(x). Pertanto P (x) = (t(x)) 2 e, di conseguenza, P (x) non assume mai valori positivi. Questo però è assurdo perché se x>max (a 1,a 2,...,a n ) + 1 si verifica facilmente che P (x) > 0. Esercizio 29 (Ontario Annual Examination 1956). Se le radici del polinomio x 3 + ax 2 + bc + c sono in progressione geometrica, dimostrare che a 3 c = b 3. Soluzione. Possiamo supporre, senza perdita di generalità che le radici,, del polinomio P (x) soddisfano la relazione =. Applicando le formule di Viète... Esercizio 30 (Russia MO 2004). Il polinomio a coe cienti interi f(x) =x n + a 1 x n 1 + a 2 x n 2 + + a n 1 x + a n ha n radici intere distinte. Dimostrare che se le radici sono a due a due coprime allora a n 1 ed a n sono coprimi. 32

Suggerimento. Dalle formule di Viète sappiamo che a n =( 1) n x 1 x n,dove x 1,...,x n sono le radici di f(x). Se p è u n n u m e r o p r i m o c h e d i v i d e a n allora deve dividere una delle radici di f(x), senza perdita di generalità possiamo supporre che p divida x 1. Possiamo scrivere: X n a n 1 =( 1) n 1 x 1 x i 1 x i+1 x n i=1 =( 1) n 1 x 2 x n + x 1! nx x 2 x i 1 x i+1 x n Se per assurdo supponiamo che p divida anche a n 1 allora... i=2 33