Reducibilidad de $x^{2n} + x^{2n-2} + \cdots + x^{2} + 1$

Question

Sólo por diversión estoy experimentando con la irreducibilidad de ciertos polinomios sobre los enteros. Como $x^4+x^2+1=(x^2-x+1)(x^2+x+1)$ Pensé que tal vez $x^6+x^4+x^2+1$ también es reducible. De hecho: $$x^6+x^4+x^2+1=(x^2+1)(x^4+1)$$ Dejemos que $f_n(x)=x^{2n}+x^{2n-2}+\cdots + x^2+1$ . Utilizando Macaulay2 (potente paquete de software) lo he comprobado: $$f_4(x) = (x^4-x^3+x^2-x+1)(x^4+x^3+x^2+x+1)$$ Lo entendemos. $$ f_5(x)=(x^2+1)(x^2-x+1)(x^2+x+1)(x^4-x^2+1)$$ El polinomio es reducible para $n=6, 7, 8, 9$ por lo que he comprobado. Sospecho que $f_n(x)$ es reducible sobre números enteros para todo $n\ge 2$ . ¿Es esto cierto?

Gracias.

Answer 1

Tenga en cuenta que $f_n(x)(x^2-1) = x^{2n+2} - 1 = (x^{n+1}-1)(x^{n+1}+1)$ . Ahora usa la factorización única...

Answer 2

Existe una forma de cociente cerrada para el polinomio utilizando la fórmula de la serie geométrica:

$$\sum_{k=0}^n x^{2k}=\frac{x^{2n+2}-1}{x^2-1}.$$

La teoría de polinomios ciclotómicos nos dice cómo reducir polinomios de la forma $x^m-1$ . En particular, los factores irreducibles de $x^m-1$ son $\Phi_d(x)$ para cada divisor $d\mid m$ (no hay factores repetidos en esta factorización). Véanse las referencias de $\Phi_n(x)$ para más detalles.

Así,

$$\frac{x^{2n+2}-1}{x^2-1}=\prod_{\substack{d\mid (n+1) \\ d\ne1}}\Phi_d(x^2).$$

Si $n+1$ es compuesto, entonces la factorización anterior implica más de un polinomio ciclotómico, por lo que $f_n(x)$ es reducible. Por otra parte, si $n>1$ es impar tenemos

$$\frac{x^{2(n+1)}-1}{x^2-1}=\frac{x^n+1}{x+1}\frac{x^n-1}{x-1}.$$

Ambos cocientes son de hecho polinomios de coeficiente entero:

$$\frac{x^n-1}{x-1}=x^{n-1}+\cdots+x+1, \quad \frac{x^n+1}{x+1}=\frac{(-x)^n-1}{(-x)-1}=(-x)^{n-1}+\cdots+(-x)+1.$$

Tenga en cuenta que este último dependía de $n$ siendo impar para que $(-x)^n=-x^n$ .

La única excepción es $n=1$ y en ese caso particular sabemos que $x^2+1$ es irreducible.

Answer 3

Dejemos que $g_n(x) = x^n + x^{n-1} + \ldots + x + 1$ . Entonces $g_n(x) = \frac{x^{n+1}-1}{x-1}$ . Su polinomio $f_n(x) = g_n(x^2)$ . La factorización de $x^n-1$ en $\mathbb{Q}$ es conocido: $$ x^n-1 = \prod_{d\mid n}{\Phi_d(x)}, $$ donde $\Phi_d(x)$ es el $d$ polinomio ciclotómico. Así, la factorización de $g_n(x)$ llevará a una factorización de $f_n(x) = g_n(x^2)$ en $\mathbb{Q}[x^2]$ . Entonces, es posible que esta factorización se perfeccione aún más. Así, la única posibilidad de un irreducible $f_n(x)$ sería cuando $n = p-1$ para algún primo: en este caso, se sabe que $g_{p-1}(x) = x^{p-1} + \ldots + x + 1$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$ . Sin embargo, para los primos Impares $p$ el campo de división $\mathbb{Q}(\zeta_p)$ es igual a $\mathbb{Q}(\zeta_{2p})$ . Así, $\zeta_p = \zeta_{2p}^2$ Es decir, $\zeta_{p}$ tiene una raíz cuadrada en el mismo campo. Así que $\zeta_{2p}$ tiene un polinomio mínimo de grado $p-1$ y es una raíz de $f_{p-1}(x)$ que tiene el grado $2(p-1)$ . Así que, $f_{p-1}(x)$ debe dividirse en dos factores irreductibles.

Por lo tanto, la respuesta es Sí, $f_n(x)$ es siempre reducible cuando $n\geq 2$ .

Answer 4

Me sorprende un poco que las respuestas dadas hasta ahora que invocan polinomios ciclotómicos no lleguen a exponer una factorización de $1+x^2+\cdots+x^{2n}$ . Utilizando $x^m-1=\prod_{d\mid m}\Phi_d(x)$ se obtiene $$ 1+x^2+\cdots+x^{2n}=\frac{x^{2n+2}-1}{x^2-1}=\prod_{\substack{d\mid 2(n+1) \\ d\notin\{1,2\}}}\Phi_d(x), $$ y como los polinomios ciclotómicos son irreducibles sobre los números racionales, ésta es precisamente la factorización de su polinomio en $\Bbb Q[x]$ . El producto está vacío para $n=0$ tiene un único factor $\Phi_4(x)=x^2+1$ para $n=1$ ; en todos los demás casos tiene al menos dos factores, a saber, los polinomios $\Phi_{n+1}(x)$ y $\Phi_{2(n+1)}(x)$ . Así que, en particular, siempre es reducible para $n\geq2$ .

Answer 5

Para impar $n$ siempre puedes escribir: $$f_n(x) = \sum_{i=0}^n x^{2i} = (x^2+1)(x^{2n-2}+x^{2n-6}+x^{2n-10}+...)$$ Incluso para $n$ este truco ya no funciona.