La cuestión es que $e^{2\pi i/6r}$ es una raíz del polinomio $X^{2r}-X^{r}+1 \in \mathbb Q[X]$, queremos demostrar que $X^{2r}-X^{r}+1$ es irreducible si y solamente si es el % de forma $r$$2^{a}3^{b}(a,b\geq 0)$, y el pregunta $X^{2r}+X^{r}+1$ es irreducible si y solamente si $r$ es de la forma de un poder de $3$.
Respuestas
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Tenga en cuenta que
$$X^{2r}-X^r+1=\frac{X^{3r}+1}{X^r+1}=\frac{X^{6r}-1}{(X^r+1)(X^{3r}-1)}$$
$\Rightarrow$
Supongamos por contradicción que $r$ tiene un primer factor de $p \geq 5$. Deje $r=pq$. Entonces $e^{\frac{2 \pi i }{6q}}$ es una raíz de $X^{6r}-1$, pero no de $(X^r+1)(X^{3r}-1)$.
Esto muestra que el polinomio mínimo de a $e^{\frac{2 \pi i }{6q}}$ divide $X^{2r}-X^r+1$. Dado que el grado del polinomio mínimo es $\phi(6q) \neq 2r$, se deduce que el polinomio mínimo de a $e^{\frac{2 \pi i }{6q}}$ es un buen divisor de $X^{2r}-X^r+1$.
$\Leftarrow$
Si $r=2^a3^b$. Debe ser fácil de probar por medio de
$$X^{2r}-X^r+1=\frac{X^{6r}-1}{(X^r+1)(X^{3r}-1)}$$ que $X^{2r}-X^r+1$ es un cyclotomic polinomio. Tenga en cuenta que
$$\phi(6r)=2^a\cdot 3^b \cdot 2=2r=6r-r-3r=\deg(X^{6r}-1)-\deg(X^r+1))-\deg(X^{3r}-1)$$
La segunda parte debe seguir por la misma idea, el uso de
$$X^{2r}+X^r+1=\frac{X^{3r}-1}{X^r-1}$$
HappyEngineer
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111
En general, el grado del polinomio mínimo para$e^{\frac{2\pi i}n}$ es$\phi(n)$. Entonces, si$x^{2r}-x^r+1$ es irreducible, entonces$2r=\phi(6r)$. Escribe con $r=2^a3^bD$. Entonces$(6,D)=1$ $
Regular $$2r = \phi(6r)=\phi(2^{a+1})\phi(3^{b+1})\phi(D)=2^a(2-1)3^b(3-1)\phi(D) = 2r\frac{\phi(D)}D$.
Para el segundo caso,$\phi(D)=D$ es una raíz, así que para que$D=1$ sea irreductible,$e^{\frac{2\pi i}{3r}}$. Escribe con $x^{2r}+x^r+1$.
Luego$2r=\phi(3r)$, y otra vez$r=3^aD$.
nav.jdwdw
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544
Esta solución requiere la familiaridad con Cyclotomic polinomios, specfically su irreductibilidad. Voy factor de $x^{2r}-x^{r}+1$ completamente.
Como N. S. observado, $$x^{2r}-x^{r}+1 = \frac{x^{3r}+1}{x^r+1}=\frac{x^{6r}-1}{x^{3r}-1}\frac{x^r-1}{x^{2r}-1}$$ Recuerde que $\prod_{d|n} \phi_d(x) = x^n-1$, así: $$x^{2r}-x^{r}+1 = \frac{\prod_{d|6r} \phi_d(x)}{\prod_{d|3r} \phi_d(x)}\frac{\prod_{d|r} \phi_d(x)}{\prod_{d|2r} \phi_d(x)}$$ La mayoría de los términos cancelar - $$\frac{\prod_{d|6r} \phi_d(x)}{\prod_{d|3r} \phi_d(x)} = \prod_{d|6r, d\nmid 3r} \phi_{d}$$ $$\frac{\prod_{d|r} \phi_d(x)}{\prod_{d|2r} \phi_d(x)} = \frac{1}{\prod_{d|2r, d\nmid r} \phi_{d}}$$
Así $$x^{2r}-x^{r}+1 = \prod_{d|6r,d\nmid 3r,(d|r \text{ or } d\nmid 2r)} \phi_{d}(x)$$
Al $r=3^a 2^b$, el único entero positivo satisfacer las tres condiciones $d|6r,d\nmid 3r,(d|r \text{ or } d\nmid 2r)$ $d=6r$ - es decir, la condición de $d|6r,d\nmid 3r$ requiere $d$ es divisible por la máxima potencia de $2$ dividiendo $6r$, por lo que $d=2^{b+1}3^{k \le a+1}$. $d$ no pueden dividirse $r$, por lo que no debe dividir a $2d$, siempre $k\ge a+1$, es decir,$k=a+1$. Por lo tanto $x^{2r}-x^r+1 = \phi_{6r}(x)$.
Al $r$ no es un producto de una potencia de 2 y una potencia de 3, $d=6r$ aparece en el producto, sino también cualquiera de las $\frac{6r}{q}$ donde $q$ divide $r$ pero $(q,2)=(q,3)=1$: $$x^{2r}-x^{r}+1 = \prod_{d=6r/q,q|r,(q,6)=1} \phi_{d}(x)$$
(esta fórmula es siempre válida.) Si escribimos $r=2^{a}3^{b}r', (r',6)=1$, nos encontramos con que el número de factores en la factorización de los polinomios es igual a la cantidad de divisores de a $r'$.
EDITAR: En general, mediante el uso de $\phi_{n} (x) = \prod_{d|n} (x^d - 1)^{ \mu (n/d) }$, se puede demostrar que: $$\phi_{n}(x^m) = \prod_{d|m,(d,n)=1} \phi_{nm/d}(x) $$ Por lo $\phi_{n}(x^m)$ es irreductible iff $p|m \implies p |n$, en cuyo caso $\phi_{n}(x^m) = \phi_{nm}(x)$.
Para probar la última instrucción (sin el uso de mi identidad), observe que $\phi_{n}(x^m)$ debe ser divisible por $\phi_{nm}(x)$, y mediante la comparación de los grados, como en el resto de soluciones, a la igualdad debemos tener $m\phi(n)=\phi(nm)$, es decir, $nm \prod_{p|n}(1-\frac{1}{p}) = nm\prod_{p|nm}(1-\frac{1}{p})$ o $\prod_{p|nm, p \nmid n} (1-\frac{1}{p}) = 1$, lo que equivale a $p|m \implies p|n$.
