Demostrar que un polinomio de la forma $(x-a_1)\cdots(x-a_n) + 1$ es irreducible en $\mathbb{Q}$

Question

Quiero demostrar que para cualquier conjunto de números enteros distintos $a_1,\ldots,a_n$, el polinomio $$h = (x-a_1)\cdots(x-a_n) + 1$$ is irreducible over the field $ \mathbb{Q}$, excepto para los siguientes casos especiales que son reducibles:

$$ \left.\begin{cases} a_1 = a\\ a_2 = a+2 \end{cases}\right\} \implies h = (x-a-1) ^ 2$ $

y \left.\begin{cases} a_1 = a\\ a_2 = a+1\\ a_3 = a+2\\ a_4 = a+3 \end{cases}\right\ $$} \implies h = ((x-a-1)(x-a-2)-1) ^ 2$ $

Answer 1

Si $h(x)$ es reducible$\mathbb{Q}$), luego por el Lema de Gauss,, $h(x)$ es reducible $\mathbb{Z}$. Podemos encontrar dos monic $p(x), q(x) \in \mathbb{Z}[x]$, ambos con $\deg(p), \deg(q) < n$, de tal manera que $h(x) = p(x)q(x)$.

Aviso para $1 \le k \le n$,

$$ p(a_k)q(a_k) = h(a_k) = 1 \de la tierra p(a_k), q(a_k) \in \mathbb{Z} \quad\implica\quad p(a_k) = p(a_k). $$

Esto implica $p(x)$ $q(x)$ coinciden en más puntos que su grado y por lo tanto son iguales el uno al otro, es decir,

$$\prod_{k=1}^{n} (x - a_k) = h(x) - 1 = p(x)^2 - 1 = (p(x)-1)(p(x)+1).$$

Una consecuencia de esto es $n = 2\ell$ es incluso. Además, re-etiquetar $a_k$ es necesario, podemos asumir

$$ p(x) - 1 = \prod\limits_{k=1}^\ell (x-a_k) \quad\text{ y }\quad p(x) + 1 = \prod\limits_{k=1}^\ell (x-a_{k+\ell}). $$

Si $h(x)$ es reducible $\mathbb{Q}$, por lo que no $h(x + a)$ para cualquier constante $a$. Mediante una elección adecuada de $a$, sólo tenemos que estudiar el caso especial en el que uno de los $a_k$, decir $a_0 = 0$. Bajo este supuesto, tenemos

$$p(0) - 1 = (-1)^\ell\prod_{k=1}^\ell a_k = 0 \quad\implica\quad p(0) + 1 = (-1)^\ell\prod_{k=1}^\ell a_{k+\ell} = 2. $$ Desde $2$ es un número primo, no hay demasiadas opciones para $a_{k+\ell}$, sólo pueden ser $\pm 1$ o $\pm 2$. El sólo se $4$ posibilidades y sólo $3$ de ellas conduce a la solución óptima. $$\requieren{cancel} \begin{array}{|r:l|} \hline p(x) + 1 & p(x)-1\\ \hline (x-2)(x-1) & x(x-3)\\ \cancel{(x-2)(x-1)(x+1)} & \cancel{x(x^2-x-1)}\\ (x+2) & x\\ (x+2)(x+1) & x(x+3)\\ \hline \end{array} $$ Poner el offset$a$, esto lleva a la siguiente $3$ posibilidades de $h(x)$:

$$\begin{align} (x-a)(x-a-1)(x-a-2)(x-a-3) + 1 &= ((x-a)(x-a-3) + 1)^2\\ (x-a)(x-a+2) + 1 &= (x-a+1)^2\\ \cancel{(x-a)(x-a+1)(x-a+2)(x-a+3) + 1} &= \cancel{((x-a)(x-a+3) + 1)^2} \end{align} $$ El $3^{rd}$ conjunto de posibilidad no es nueva. Puede derivados de la $1^{st}$ posibilidad de sustitución de $a \mapsto a - 3$. Esto nos deja con dos posibilidades y es fácil ver que son equivalentes a las dos excepciones mencionadas en la pregunta.