¿Es irreducible un polinomio simétrico homogéneo completo?

Question

Sea $S=\mathbb{C}[x_1,x_2,\dots,x_n]$ sea un anillo polinómico. Sea $n \geq 3$ . Sea $h_a$ denota el polinomio simétrico homogéneo completo de grado $a$ . $$ h_a=\text{ sum of all monomials of degree } a.$$ Por ejemplo $n=3$ y $a=2$ uno tiene: $$h_2=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3.$$ Pregunta : ¿Es cierto que $h_a$ es un elemento irreducible en $\mathbb{C}[x_1,x_2,\dots,x_n]$ .

En $h_a$ fue introducido por Sir Issac Newton en el siglo XVII junto con muchos otros polinomios simétricos como los polinomios simétricos de suma de potencias y los polinomios simétricos elementales.

Se sabe que $p_a=x_1^a+\cdots+x_n^a$ es un elemento irreducible en $\mathbb{C}[x_1,x_2,\dots,x_n]$ para $n \geq 3$ . Me interesa conocer un resultado similar para el polinomio simétrico homogéneo completo.

Gracias
Neeraj Kumar.

Answer 1

EDIT : impulsado por el comentario de Will Sawin, el argumento funciona ahora para cada $n \geq 3$ . Gracias.

El polinomio $h_a(x_1,\ldots,x_n)$ es irreducible para cada $a \geq 1$ y $n \geq 3$ .

Recordemos que si $h_a = FG$ con $F$ y $G$ no constante entonces $F$ y $G$ tienen que ser homogéneos. Por el teorema de Bézout, las hipersuperficies $F=0$ y $G=0$ se intersecan en el espacio proyectivo $\mathbf{P}^{n-1}(\mathbf{C})$ desde $n \geq 3$ . Esto da un punto singular en la hipersuperficie $h_a=0$ . Por lo tanto, basta con demostrar que $h_a,\frac{\partial h_a}{\partial x_1},\ldots,\frac{\partial h_a}{\partial x_n}$ no tienen ningún cero común en $\mathbf{C}^n \backslash \{0\}$ . Este hecho es cierto para cada $a \geq 1$ y $n \geq 2$ y lo demostramos por inducción.

Para $a=1$ es fácil. Para $n=2$ equivale al hecho de que el polinomio $T^a+\cdots+T+1 = (T^{a+1}-1)/(T-1)$ tiene raíces distintas.

En general, tenemos $$h_a = \sum_{a_1+\cdots+a_n=a} x_1^{a_1} \cdots x_n^{a_n}$$ para que $$\frac{\partial h_a}{\partial x_i} = \sum_{a_1+\cdots+a_n=a-1} (a_i+1) x_1^{a_1} \cdots x_n^{a_n}.$$ Tenga en cuenta que $\sum_{i=1}^n \frac{\partial h_a}{\partial x_i} = (a+n-1) h_{a-1}$ . Además $h_a=x_i h_{a-1}+R$ para algún polinomio $R$ sin depender de $x_i$ de modo que $$\frac{\partial h_a}{\partial x_i}=h_{a-1}+x_i \frac{\partial h_{a-1}}{\partial x_i}.$$ Si $x=(x_1,\ldots,x_n)$ es un cero común de $h_a$ y todas sus derivadas parciales entonces $h_{a-1}(x)=0$ y $x_i \frac{\partial h_{a-1}}{\partial x_i}(x)=0$ para todos $i$ . Por inducción, debemos tener $x_i=0$ para algunos $i$ . Supongamos, por ejemplo $x_n=0$ . Entonces $(x_1,\ldots,x_{n-1}) \in \mathbf{C}^{n-1}$ proporciona de hecho un cero común de $h_a(x_1,\ldots,x_{n-1})$ y todas sus derivadas parciales, por lo que aplicando la hipótesis de inducción para $n-1$ obtenemos $x=0$ .

Answer 2

Probablemente le interesaba sobre todo el caso de $a\le n$ . He aquí un rápido contraejemplo para $a>n$ , dejando $n=1$ y $a=2$ . Observe entonces que $h_2 = (h_1)^2$ .

Si hubiera una factorización con $a\le n$ tendría que implicar polinomios no simétricos. Pero como $S$ es un dominio de factorización único, esto significaría que para cualquier factor no simétrico, también necesitaríamos todos los elementos de su órbita como factores. Mientras editaba esto, a Will Sawin se le ocurrió una prueba elegante, mientras que yo sólo estaba machacando casos, así que omitiré esos casos.

Dado que Will menciona que sigue necesitando el caso base de $n=a=3$ observe que necesitaríamos un factor no simétrico, lo que significa un factor no simétrico con (a) términos de la forma $x_ix_j^2$ con órbita no trivial, dando un grado demasiado alto, o (b) tiene términos de la forma $x_i$ con algunas incluidas y otras omitidas, lo que contradice el producto que incluye todas las $x_i^3$ términos, o (c) tiene algunos términos $x_ix_j$ con $i\ne j$ y omite otros, necesitando de nuevo otros factores en la órbita, dando un grado demasiado alto para el producto, o (d) tiene algunos términos $x_i^2$ y otros no, dando lugar a la misma contradicción.

Answer 3

Para ir más lejos en la dirección de Patricia, toma $n=2$ y $a=3$ . Entonces $h_a=(x+y)(x^2+y^2)$ .

Answer 4

Esto es lo más relevante para la respuesta de Patricia: Hay un artículo de Schinzel en el que aborda la cuestión de si hay que factorizar en factores simétricos (la respuesta es sí, en algunas condiciones). No tengo acceso al documento, pero el revisión de matemáticas es útil

Answer 5

Podemos ampliar un poco el argumento de Patricia. En $n=3$ y $a=4$ simétricamente es $s_1^4-3s_1^2s_2+s_2^2+2s_1s_3$ que es irreducible (verlo como un polinomio en s_2, completar el cuadrado, término constante no es un cuadrado perfecto) por lo que no hay factores simétricos, por lo que debe tener 3 factores asimétricos, que debe ser lineal, entonces otro factor simétrico lineal. ¡Pero no hay factores simétricos lineales!