Estoy viendo la solución de un problema de OMI y en la solución el autor ha escrito la factorización $(a+b)^7 - a^7 - b^7=7ab(a+b)(a^2+ab+b^2)^2$ para resolver el problema. Parece que siempre es posible encontrar una factorización como $(a+b)^p - a^p - b^p=p\cdot(ab)^{\alpha_1}(a+b)^{\alpha_2}(a^2+ab+b^2)^{\alpha_3}P_{\omega}(a,b)$ para cualquier número primo p donde $P_{\omega}(a,b)$ es un polinomio homogéneo irreducible de grado $\omega$ y $\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 + \omega = p-1$ . Me pregunto si es cierto en general.
He aquí algunos ejemplos:
$(a+b)^2 - a^2 - b^2 = 2ab$
$(a+b)^3 - a^3 - b^3 = 3ab(a+b)$
$(a+b)^5 - a^5 - b^5 = 5ab(a+b)(a^2+ab+b^2)$
$(a+b)^7 - a^7 - b^7 = 7ab(a+b)(a^2+ab+b^2)^2$
$(a+b)^{11}- a^{11} - b^{11} = 11 ab(a + b)(a^2 + a b + b^2)(a^6 + 3 a^5 b + 7 a^4 b^2 + 9 a^3 b^3 + 7 a^2 b^4 + 3 a b^5 + b^6)$
He probado las siguientes afirmaciones:
Para cualquier número primo p:
$p|(a+b)^p - a^p-b^p$
$ab|(a+b)^p - a^p-b^p$
Para cualquier número primo impar:
$(a+b) | (a+b)^p - a^p-b^p$ porque $(a+b)^p - a^p-b^p$ desaparece cuando $a=-b$ si p es impar.
Para cualquier número primo $p \geq 5$ :
$ (a^2 + ab + b^2) | (a+b)^p - a^p - b^p$
Prueba: Todo número primo mayor que 3 es de la forma $p=6k+1$ o $p=6k+5$ . Por otra parte, si fijamos $\Large \omega= e^\frac{2\pi i}{3}$ que tenemos: $1 + \omega + \omega^2 = 0$ Por lo tanto
$(1+\omega)^3 = 1 + 3\omega + 3\omega^2 + \omega^3 = 2 + 3(\omega+\omega^2) = -1$
$(1+\omega^2)^3 = 1 + 3\omega^2 + 3\omega^4 + \omega^3 = 2 + 3(\omega^2+\omega) = -1$
Tenemos $a^2+ab+b^2 = (a-b\omega)(a-b\omega^2)$ en $\mathbb{Z}[\omega]$ Demostraré que ambos $a-b\omega$ y $a-b\omega^2$ dividir $(a+b)^p - a^p - b^p$ para cada $p>3$ :
si $p=6k+1$ y sustituimos $a=b\omega$ entonces:
$(a+b)^p=(b\omega+b)^{6k+1} = b^{6k+1} (1+\omega)^{6k} (1+\omega) = b^{6k+1}(1+\omega)$ $(a+b)^p - a^p - b^p = b^{6k+1}(1+\omega) - (b\omega)^{6k+1} - b^{6k+1} = b^{6k+1}(1+\omega) - b^{6k+1}(\omega+1) = 0$
Si $p=6k+5$ y sustituimos $a=b\omega$ entonces:
$(a+b)^p=(b\omega+b)^{6k+5} = b^{6k+5} (1+\omega)^{6k} (1+\omega)^5 = (-1)b^{6k+1}(1+\omega)^2$ $(a+b)^p - a^p - b^p = (-1)b^{6k+5}(1+\omega)^2 - (b\omega)^{6k+5} - b^{6k+5} = (-1)b^{6k+5}(1+\omega)^2 - b^{6k+5}(\omega^2+1) = p^{6k+5}(-1-2\omega-\omega^2-\omega^2-1)=0$
Lo mismo puede decirse de $a=b\omega^2$ .
Por lo tanto, tanto $(a-b\omega)$ y $(a-b\omega^2)$ son factores de $(a+b)^p-a^p-b^p$ pero no estoy seguro de que sea suficiente para concluir $a^2+ab+b^2=(a-b\omega)(a-b\omega^2) | (a+b)^p - a^p - b^p$
Por lo tanto, creo que he demostrado que $p$ , $ab$ , $a+b$ y $a^2+ab+b^2$ todos se dividen $(a+b)^p-a^p-b^p$ , pero no tengo ni idea de cómo mostrar que $P_{\omega}(a,b)$ debe ser irreductible. He verificado esta conjetura hasta $p=97$ y creo que es verdad. ¿Alguna idea de cómo demostrarlo?
