Es $ f_n=\frac{(x+1)^n-(x^n+1)}{x}$ irreducible sobre $\mathbf{Z}$ para la arbitrariedad $n$ ?

Question

En este documento en la página $3$ He encontrado un polinomio interesante:

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

La pregunta es si este polinomio es irreducible sobre $\mathbf{Q}$ para la arbitrariedad $n \geq 1$ ?

En el documento puedes encontrar una prueba de que el polinomio es irreducible siempre que $n=2p , p \in \mathbf{P}$ y a continuación mi intento de demostrar que el polinomio no es irreducible siempre que $n$ es el número impar mayor que $3$ . Asumiendo que mi prueba es correcta mi pregunta es :

¿Es este polinomio irreducible sobre $\mathbf{Q}$ cuando $n=2k , k\in \mathbf{Z^+}$ \ $\mathbf{P} $ ?

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Lema 1: Para impar $n$ , $a^n + b^n = (a+b)(a^{n-1} - a^{n-2} b + \cdots + b^{n-1})$ .

Expansión binomial: $(a+b)^n = \binom{n}{0} a^n + \binom{n}{1} a^{n-1} b + \cdots + \binom{n}{n} b^n$ . $$\begin{align*} f(x) &= \frac{(x+1)^n - x^n-1}{x} = \frac{(x+1)^n - (x^n+1)}{x} \\ &= \frac{(x+1) \cdot (x+1)^{n-1} - (x+1)(x^{n-1}-x^{n-2}+ \cdots + 1)}{x} \\ &= \frac{(x+1) \cdot (x+1)^{n-1} - (x+1)(x^{n-1}-x^{n-2}+ \cdots + 1)}{x} \\ &= \frac{(x+1) \cdot \left[ \Bigl(\binom{n-1}{0}x^{n-1}+ \binom{n-1}{1} x^{n-2} + \cdots + 1 \Bigr) - (x^{n-1}-x^{n-2}+ \cdots + 1) \right]}{x} \\ &= \frac{(x+1) \cdot \left[ \Bigl(\binom{n-1}{0}x^{n-1}+ \binom{n-1}{1} x^{n-2} + \cdots + \binom{n-1}{n-2} x \Bigr) - (x^{n-1}-x^{n-2}+ \cdots - x) \right]}{x} \\ &= (x+1) \cdot \small{\left[ \left(\binom{n-1}{0}x^{n-2}+ \binom{n-1}{1} x^{n-3} + \cdots + \binom{n-1}{n-2} \right) - (x^{n-2}-x^{n-3}+ \cdots - 1) \right]} \end{align*}$$

Así, cuando $n$ es un número impar mayor que $1$ , $f_n$ tiene el factor $x+1$ . Por lo tanto, $f_n$ no es irreducible siempre que $n$ es un número impar mayor que $3$ .

Answer 1

Incluso para $n$ acotamos la función desde abajo para demostrar que no tiene raíces reales y, por tanto, no tiene raíces racionales.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que para $x\ge 0$ $$f_n(x) = \sum_{k=0}^{n-2}{n\choose k+1} x^k = n + \ldots \ge n,$$ donde la función expresada por $\ldots$ es claramente semidefinido positivo. (Tomamos la suma anterior como la definición de $f_n$ como implica el enunciado del problema, es decir $f_n(0)=n$ .) Por lo tanto, la función no tiene raíces reales para $x\ge 0$ .

Se puede demostrar que $$f_n(x) = \sum_{j=0}^{(n-2)/2} \frac{n(n-j-2)!}{(j+1)!(n-2j-2)!} (-x)^j (x+1)^{n-2j-2}.$$ Incluso para $n$ y $x\in (-\infty,-1)\cup(-1,0)$ cada término de la suma es explícitamente positivo definido. Además, $f_n(-1)=2$ . Por lo tanto, para incluso $n$ , $f_n$ no tiene ninguna raíz real.

Answer 2

Los polinomios son sólo números en base x. Todos los números representables en base x que son divisibles por números de base x son divisibles para TODAS las bases. Siguiendo este razonamiento, sustituiré x por 10 para que podamos trabajar en una situación más cómoda (¡incluso puede resultar obvio y es una buena técnica para factorizar polinomios!)

$f(n) = (11^n - (10^n +1))/10$

Todas las potencias de 11 comienzan y terminan con un dígito de coeficiente 1. El arrastre puede romper esto, pero recuerda que es un representación y ese arrastre no se aplicará a la base x. La división por 10 desplazará los números hacia la derecha. Esto significa que el resultado final consistirá en los términos interiores de x divididos por 10. La pregunta entonces abstractamente pregunta: "¿son los términos interiores de todas las potencias de 11 divisibles por cualquier número que no sea 10?".

n = 1 es una identidad trivial ya que el número no tendrá dígitos interiores y por lo tanto será 0, que es divisible por todo.

Para n = 2, las potencias de 11 son divisibles ya que el primer conjunto de dígitos interiores es par. Por supuesto, hay un arrastre implícito y por lo tanto esto no será válido para la base x. Es decir, la divisibilidad de los números pares no trascender base 10 excepto el término n = 2 mientras que sólo hay un término interior.

Esta cuestión tiene una explicación sencilla. Verás, todas las potencias de 11 funcionan a partir de una pirámide. Los siguientes términos de la pirámide son iguales a la suma de los coeficientes de los dos términos superiores.

Esto proporciona 3 reglas básicas con respecto a estos números:

el dígito más interno es siempre par (excepto cuando el número de dígitos es par)

los términos internos del borde son iguales a la potencia actual de 11

los números son paralelos con respecto a la cifra n/2

mira la siguiente pirámide:

                1
              1   1
            1   2   1
          1   3   3   1
        1   4   6   4   1
      1   5  10  10   5   1
    1   6  15  20  15   6   1
  1   7  21  35  35  21   7   1
1   8  28  56  70  56  28   8   1

Esto revela un patrón muy específico. El término más externo (siempre 1) comparte factores con todos los números de su fila. El siguiente término (los términos que cuentan 1,2,3,4,5,6...) comparte factores con todos los términos encerrados entre sus dos pares (¡pero no necesariamente el mismo factor*!). Los siguientes términos interiores parecen compartir esta propiedad y parece que se mantiene en todo el sistema. Otro principio que se desprende es que cualquier dígito adyacente dentro de una potencia de 11 (sin tener en cuenta el arrastre) comparte algún factor (distinto de 1), excepto en los casos en los que uno de los dígitos es igual a 1. Por supuesto, eliminamos los dos dígitos finales, por lo que el caso del 1 se ignora.

nota*en el caso de las potencias impar, los dígitos finales interiores son el factor común.

Ahora bien, ¿existe algún principio que establezca que si cada dígito adyacente comparte factores entonces el número es un número no primo? Realmente no lo sé. Puedo concluir absolutamente que todas las potencias de números primos* de 11 truncadas y desplazadas de esta manera son divisibles. De hecho, el factor es n, donde n es la potencia a la que se eleva el 11. Las potencias no primas** son indeterminadas.

nota* Los números que son potencias de números primos también funcionan, como el 4, el 8 o el 9.

nota** No puedo validar del todo que no existen, simplemente que no puedo derivar una prueba de su existencia. Estos implican la multiplicación de binomios de varios términos. Como tal, no puedo verificarlos fácilmente. Sin embargo, los n's basados en primos tendrán coeficiente de divisibilidad.