Esta es una tarea que se trate.
Dado $f(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1$ donde $p$ es cualquier prime. Demostrar que $f(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Z}[x]$?
Cualquier idea, sugerencia, etc? Sugerencia dada por mi libro fue el uso de Eisenstein, la Irreductibilidad Criterio. Pero veo que los coeficientes de cada término es 1, que no es divisible por ningún número primo, así que ¿cómo puede el criterio de estar satisfecho?
SUGERENCIA $\ $ Eisenstein Criterio se aplica a los polinomios que tienen la forma $\rm\ f\ \equiv\ x^n\pmod p\:.\:$ a Pesar de que su polinomio $\rm\ f\ =\ (x^p-1)/(x-1)\ $ no es de esa forma, es muy estrecha, es decir, $\rm\ f\ \equiv\ (x-1)^{p-1}\pmod{p}\:.\:$ Eisenstein del Criterio que se puede aplicar si usted puede encontrar un mapa de $\ \sigma\ $ que envía a $\rm\ (x-1)^{p-1}\ $ a una potencia de $\rm\ x\ $,, $\ \sigma\ $ conserva factorizations $\rm\ \sigma(gh)\ =\ \sigma g\cdot \sigma h\ $ (así que uno puede retirada de la irreductibilidad de $\rm\ \sigma\:f\ $ $\rm\:f).\:$Es suficiente para encontrar un encontrar un automorphism $\:\sigma\:$ $\rm\ \mathbb Z[x]\ $ que cambios de $\rm\:x\!-\!1\to x\:.\ $ Alguna idea?
La historia del criterio es muy interesante (y muy instructivo!) $\:$ Ver David R. Cox, ¿por Qué Eisenstein demostrado que el criterio de Eisenstein y por qué Schönemann lo descubrió primero.
COMENTARIO $\ $ Este es el prototipo de transformación basado en la resolución de problemas. Considere el caso análogo de la solución de ecuaciones cuadráticas. Uno sabe cómo resolver el simple caso especial $\rm\ x^2 = a\ $ tomando raíces cuadradas. Para resolver el general cuadrática buscamos una invertible transformación que reduce el general cuadrática para este caso especial. La solución, denominada completar el cuadrado, es bien conocida. La estrategia de resolución de problemas anteriormente es completamente análogo. Buscamos las transformaciones que el mapa de polinomios en los formularios donde Eisenstein criterio se aplica. Pero también exigimos que la transformación de preservar la innata estructura de problema - aquí multiplicativo de la estructura (por lo que podemos concluir con: $\rm\:\sigma\:f\:$ irreductible $\Rightarrow$ $\rm\:f\:$ irreductible).
El empleo de transformación basado en estrategias de resolución de problemas tiene la gran ventaja de que uno puede transformar teoremas, pruebas, criterios, etc, en una simple reducción o "normal" de forma que sea fácil de recordar o de aplicar y, a continuación, utilizar el ambiente simetrías o transformaciones para masajear cualquier ejemplo a la forma normal. Esta estrategia es omnipresente a lo largo de las matemáticas (y en muchas otras ciencias). Para numerosos ejemplos interesantes de ver Zdzislaw A. Melzak el libro de Evita: un enfoque simple para la complejidad, de 1983, que sirve como un excelente compañero para Polya los libros de matemática de resolución de problemas.
Para otro ejemplo, vea el cambio basado en la prueba del Teorema de Factor en mi COMENTARIO aquí.
En la medida en que una respuesta completa, bien podría ser una explicación conceptual. Como Dylan Moreland dice en los comentarios, tenga en cuenta que $f(x) = \frac{x^p - 1}{x - 1}$. Desde $x^p - 1 \equiv (x - 1)^p \bmod p$ por Fermat poco teorema, se sigue que $$f(x) \equiv \frac{(x - 1)^p}{x - 1} \equiv (x - 1)^{p-1} \bmod p$$
de ahí que $$f(x+1) \equiv x^{p-1} \bmod p.$$
Pero $f(1) = p$, así que esperemos que la idea de utilizar el criterio de Eisenstein en $f(x + 1)$ le parece más natural ahora.
Como una cuestión de interés creo que se puede hacer a este problema sin el uso de Eisenstein si acepta la unicidad de la factorización en $F[x],$ donde $F$ es el campo de la con $p$ elementos.Para, como otros ya han comentado, tenemos $x^p - 1 = (x-1)^p$ $1+x \ldots + x^{p-1} = (x-1)^{p-1}$ $F[x].$ Esto significa que si podemos escribir $1+x \ldots + x^{p-1} = f(x).g(x)$ $f(x),g(x) \in \mathbb{Z}[x],$ cada uno de grado, al menos,$1,$, luego tenemos a $f(x) = (x-1)^j + p.h(x)$ $g(x) = (x-1)^{p-1-j} + p.k(x)$ para algunos entero $j$ $1\leq j \leq p-1$ y polinomios $h(x),k(x) \in \mathbb{Z}[x].$ Pero aviso que $f(1)$ es un múltiplo entero de $p$ $g(1)$ es un múltiplo entero de $p.$ sin Embargo, la evaluación de $1 + x + \ldots + x^{p-1}$ $1$ da $p$, lo que no es, ciertamente, un múltiplo entero de $p^2.$ I observación, ya que se ha mencionado en otro problema acerca de la $p$-potencia cyclotomic polinomios en este sitio, que este método también funciona para la cyclotomic polinomio $\Phi_{p^k}(x)$ para cualquier entero positivo $k,$ desde que $\Phi_{p^k}(1) = p$ y la imagen de $\Phi_{p^k}(x)$ factores $(x-1)^{\phi(p^k)}$ $F[x].$
Tenga en cuenta que si $f(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1$, luego $f(x+1)=(x+1)^{p-1}+(x+1)^{p-2}+\cdots+(x+1)+1$. A continuación, el coeficiente de $a_k$ $x^k$ está dado por $${p-1\choose k}+{p-2\choose k}+\cdots+{k\choose k}={p \choose k+1},$$ donde la última igualdad se sigue de la ecuación 10 en aquí. Por lo tanto, $a_k$ es divisible por $p$ $k=0,...,p-2$, $a_{p-1}=1$ no es divisible por $p$, e $a_0=p$ no es divisible por $p^2$. Por lo tanto, por el criterio de Eisenstein, $f(x+1)$ no es irreducible. Esto implica que $f(x)$ no puede ser irreductible; de lo contrario, si $f(x)=g(x)h(x)$, $f(x+1)=g(x+1)h(x+1)$.
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