Es $1+x+\frac{x^2}2+\dots+\frac{x^n}{n!}$ ¿Irreducible?

Question

El polinomio $f(x)=1+x+\frac{x^2}2+\dots+\frac{x^n}{n!}$ a menudo aparece en los libros de texto de álgebra como una ilustración para el uso de la derivada para probar las raíces múltiples.

Recientemente, me topé con Ejemplo 2.1.6 en el libro de Prasolov Polinomios (Springer, 2004), donde se demuestra que este polinomio es irreducible utilizando El criterio de Eisenstein y El postulado de Bertrand . Sin embargo, no creo que el argumento sea correcto. A continuación puede encontrar el argumento presentado en el libro -- no veo cómo Eisenstein es aplicable aquí, ya que no sabemos $p\mid n$ . Y si utilizamos el criterio de Eisenstein directamente para el polinomio $n!f(x)$ es uno de los coeficientes que tendría que ser divisible por $p$ . (Sin embargo, el argumento funciona al menos si $n$ es primo).

Así que mi pregunta principal es sobre la irreductibilidad del polinomio original, pero también me pregunto si la prueba de Prasolov se puede corregir de alguna manera. Para resumir:

• ¿Es el polinomio $f(x)=1+x+\frac{x^2}2+\dots+\frac{x^n}{n!}$ irreducible sobre $\mathbb Q$ ?
• ¿Es correcta la prueba de Prasolov o se puede corregir fácilmente? (¿Me he perdido algo?)

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Aquí está el ejemplo 2.1.6 (completo) del libro de Prasolov. El mismo ejemplo aparece en прасолов: многочлены(Prasolov: Mnogochleny; 2001,MCCME).

Ejemplo 2.1.6. Para cualquier número entero positivo $n$ el polinomio $$f(x)=1+x+\frac{x^2}2+\dots+\frac{x^n}{n!}$$ es irreducible.

Prueba: Tenemos que demostrar que el polinomio $$n!f(x)=x^n+nx^{n-1}+n(n-1)x^{n-2}+\dots+n!$$ es irreducible sobre $\mathbb Z$ . Para ello, basta con encontrar el primo $p$ tal que $n!$ es divisible por $p$ pero no es divisible por $p^2$ es decir, $p \le n < 2p$ .

Dejemos que $n = 2m$ o $n = 2m + 1$ . El postulado de Bertrand afirma que existe un primo p tal que $m < p \le 2m$ .

Para $n = 2m$ las desigualdades $p \le n < 2p$ son evidentes. Para $n = 2m + 1$ se obtienen obtenemos las desigualdades $p \le n-1$ y $n-1 < 2p$ . Pero en este caso el número $n-1$ es par, y por tanto la desigualdad $n-1 < 2p$ implica $n < 2p$ . También es claro que $p \le n - 1 < n$ . $\hspace{20pt}\square$

Answer 1

"ya que no sabemos p∣n".

Me quedo con la palabra de Keith de que el argumento, en general, es falso.

Sin embargo, tenga en cuenta que la condición que Prasolov identifica como deseada es

$$ p | n! , $$ pero no $$ p^2 | n! . $$

Si $p \leq n,$ entonces $$ n! = 1 \cdot 2 \cdot \cdots (p-1) \cdot p \cdot (p+1) \cdots n, $$ Así que, en efecto $p | n!.$

Si $2p \leq n,$ entonces $$ n! = 1 \cdot 2 \cdots (p-1) \cdot p \cdot (p+1) \cdots (2p-1) \cdot (2p) \cdot (2p+1) \cdots n, $$ así que $p^2 | n!.$

Si $p \leq n < 2 p,$ entonces $n!$ es divisible por $p$ pero no por $p^2.$

EDIT: de los comentarios se desprende que Martin estaba considerando todo el argumento de Eisenstein, lo que significa que no basta con conocer el comportamiento del último coeficiente $n!.$ No tenía el libro de Prasolov delante y llegaba tarde a una cita, así que reaccioné estrictamente al extracto que vi en este sitio. NO SOY DIGNO.