Criterio Eisenstein con una vuelta de tuerca

Question

A diferencia de la forma polinómica genérica para utilizar el Criterio de Eisenstein ( $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_0\in\mathbb{Z}[x]$ es irreducible en $\mathbb{Q}$ ) ¿cómo demostramos que si $p$ es un primo, $x^{p-1}+x^{p-2}+\dots+x+1$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$ ?

Answer 1

Aquí está la prueba estándar, mencionada por Arturo y Gerry

$$P(x)=\frac{x^p-1}{x-1} \,.$$

Entonces

$$P(x+1) = \frac{(x+1)^p-1}{x} =\frac{ \sum_{k=0}^p \binom{p}{k}x^p -1}{x}=x^{p-1} \sum_{k=1}^{p-1} \binom{p}{k}x^{k-1} \,.$$

Es trivial demostrar que $p| \binom{p}{k}$ para todos $1 \leq k \leq p$ y que $p^2 \nmid \binom{p}{1}$ por lo que se puede aplicar el criterio de Eisenstein.

Desde $P(x+1)$ es irreducible, tenemos $P(x)$ también es irreducible...

Answer 2

Anotando la respuesta de Arturo: si $\,f(x):=x^{p-1}+x^{p-2}+...+x+1\,$ entonces $$f(x+1)=(x+1)^{p-1}+(x+1)^{p-2}+...+(x+1)+1=$$ $$=\sum_{k=0}^{p-1}\binom {p-1}{k}x^k+\sum_{k=0}^{p-2}\binom{p-2}{k}x^k+\ldots+\sum_{k=0}^1\binom{1}{k}x^k+\sum_{k=0}^0\binom{0}{0}x^k$$

por lo que el coeficiente de $\,x^j\,\,,\,0\leq j\leq p-1\,$ En lo anterior es: $$\sum_{m=1}^{p-j}\binom{p-m}{j}=\sum_{m=0}^{p-1-j}\binom{j+m}{j}\,\text{, and, of course, }\,\,\binom{t}{r}=0\,\,\text{whenever}\,\,r>t $$

Demostraremos por inducción en $\,j\,$ que el coeficiente anterior es divisible por $\,p\,$ :

$$ ==\,\,\text{For}\,\,j=0:\,\,\sum_{m=0}^{p-1}\binom{m}{0}=\sum_{m=0}^{p-1}\,1=p$$

Supongamos ahora que $\,l\leq j-1\,$ y demostraremos para $\,l=j\,$ . Utilizamos la identidad básica $$\binom{a+1}{b+1}=\binom{a}{b+1}+\binom{a}{b}\,:$$

$$\sum_{m=0}^{p-1-k}\binom{m+j}{j}=\sum_{m=0}^{p-1-j}\binom{m+j-1}{j}+\sum_{m=0}^{p-1-j}\binom{m+j-1}{j-1}=$$

$$\sum_{m=0}^{p-j}\binom{m+j-1}{j}-\binom{p-1}{j}+\sum_{m=0}^{p-j}\binom{m+j-1}{j-1}-\binom{p-1}{j-1}\;\;\;(**)$$

La tercera suma anterior es divisible por $\,p\,$ por la hipnosis inductiva, también:

$$\binom{p-1}{j}+\binom{p-1}{j-1}=\binom{p}{j}=p\cdot\frac{(p-j+1)(p-j+2)\cdot\ldots\cdot(p-1)}{j!}$$ es divisible por $\,p\,$ y haciendo la sustitución $\,j\to t-1\,$ en la primera suma de (**) obtenemos

$$\sum_{m=0}^{p-j}\binom{m+j-1}{j}\to\sum_{m=0}^{p-t+1}\binom{m+t-2}{t-1}=\sum_{m=0}^{p-t}\binom{m+t-1}{t-1}$$ Que de nuevo es la misma suma que en $\,(**)\,$ y la hipótesis inductiva vuelve a dar la divisibilidad por $\,p\,$ obteniendo así que toda la expresión (**) es divisible por $\,p\,$