Supongamos que $a_1,a_2, \cdots, a_n$ $n$ diferentes números enteros. A continuación, $[(x-a_1)(x-a_2) \cdots (x-a_n)]^2 +1$ es irreducible sobre $\mathbb Q$.
Yo no tengo ni idea de por qué es cierto. Muchas gracias.
Respuesta
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Esta es una antigua (1909) resultado de la Issai Schur que se puede encontrar en Pólya-Szegő , en la página 133 del Volumen 1 . Aquí está la prueba de la irreductibilidad:
Deje $f(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2 \cdots (x-a_n)^2 +1$ ser su polinomio y supongo que los factores no-trivial como $f(x)=g(x)h(x)$$\mathbb Q$.
Por el lema de Gauss, podemos suponer que la $g,h$ son monic con coeficientes enteros: $$g(x)=x^k+b_{k-1}+\cdots+b_0,\;h(x)=x^l+c_{l-1}x^{l-1}+\cdots+c_0\in \mathbb Z[x] $$ Notice that the polynomial functions functions $g,h$ satisfy $g(r),h(r)\gt 0$ for $i\in \mathbb R$ and that $g(a_i)=h(a_i)=1$ .
Podemos suponer $k\leq l $, por lo que el $k\leq n$ desde $k+l=2n$, y, a continuación, podemos distinguir dos casos:
Caso 1: $k\lt l$
Entonces el polinomio $g$ toma el valor de $1$ $n$ distintos valores de $a_1,\cdots a_n$, y debido a que tiene un grado $k\lt n$, que el polinomio es la constante de $g=1$ y el de la factorización de la $f=gh$ es trivial, contrariamente a nuestra hipótesis .
Caso 2: $k=l=n$
A continuación, $g-h$ es un polinomio de grado $\lt n$ fuga en el $n$ números de $a_i$, por lo que el$g-h=0$$g=h$.
Por tanto, el supuesto de la factorización de la $f=gh$ hace $f(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2 \cdots (x-a_n)^2+1 =g(x)^2$ y obtenemos $ 1= g(x)^2-(x-a_1)^2(x-a_2)^2 \cdots (x-a_n)^2$, de modo que $$1=[g(x)+(x-a_1)(x-a_2) \cdots (x-a_n)][g(x)-(x-a_1)(x-a_2) \cdots (x-a_n)]$$ This is a clearly absurd factorization of $1$ en positivo grado de los polinomios.
Conclusión
En ambos casos, la supuesta no-trivial factorizability de $f$ conduce a una contradicción y por lo tanto $f$ es en realidad irreductible.
