Cómo probar $P(x)=\sum_{k=0}^{n}(2k+1)x^k$ es irreducible en $\mathbb{Q}$

Question

Demostrar que el polinomio $$P(x)=\sum_{k=0}^{n}(2k+1)x^k,\forall n\in N^{+}$$ is irreducible over $Q$.

Yo: Desde $P(x)$ tiene coeficientes enteros y el mcd de estos coeficientes es $1$, por el lema de Gauss, que es suficiente para mostrar que $P(x)$ es irreducible en a $Z[x]$, e y esto lo puedo demostrar ningún tipo de complejos cero del polinomio que satisface $|z|<1$.

Porque si $|z|\ge 1$, entonces a partir de la $z$ es un cero de $(1-z)P(z)$,obtenemos $$1+2z+2z^2+\cdots+2z^n-(2n+1)z^n=0.$$ Así $$|(2n+1)z^n|=|1+2z+2z^2+\cdots+2z^n|\le 1+2|z|+2|z^2|+\cdots+2|z^n|<|z^n|+2|z|^n+\cdots+2|z|^n=(2n+1)|z|^n$$ contradicción. Por lo tanto,$|z|<1$.

A continuación, supongamos que $$P(x)=f(x)g(x)$$ donde $f$ $g$ son no constante entero polinomios, entonces $$1=P(0)=f(0)g(0)$$ entonces $|f(0)|$ ,$|g(0)|$ es igual a $1$, Decir $|g(0)|=1$, vamos a $b$ ser el líder coeficiente de $g$si $\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots,\alpha_{k}$ son las raíces de $g$, luego $$|\alpha_{1}\alpha_{2}\cdots\alpha_{k}|=\dfrac{1}{|b|}\le 1$$ Pero seguir no puedo encontrar la contradicción. Así que no se puede demostrar este problema,

Me parece somebook, no puedo encontrar a este problema similar, Gracias por tu ayuda

Answer 1

La mía es sólo una respuesta parcial, demasiado.

Como se indica en los comentarios de arriba, si $n+1$ es un primer y el orden de $2 \pmod{n+1}$ es igual a$n$, $P_n(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$ ya que es irreducible sobre $\mathbb{F}_2$. Sin embargo, estas reglas sólo un par de casos, como en el $2n+1=p$.

En un marco, una idea interesante sería mostrar que $P_n(x)$ tiene un "aislado" de cero en el interior del anillo $\frac{1}{3}\leq |z|<1$, en el siguiente sentido: no existe $a,b,c,d\in\mathbb{Z}$ tal que todos los ceros de la función de meromorphic $Q_n(z)=P_n\left(\frac{az+b}{cz+d}\right)$, a excepción de uno, se encuentran en el $\{z:|z|<1\}$, después de aplicar una versión adaptada de la lexema:

Si el monic polinomio $q\in\mathbb{Z}[x]$ tiene todas sus raíces complejas excepto uno en el $\{z:|z|<1\}$ $|q(0)|$ $1$ o un número primo, a continuación, $q(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$

a $Q_n$ en lugar de $P_n$. Otra idea es considerar la posibilidad de aplicar el criterio de Eisenstein para el numerador de $$P_n\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$$ cuyos coeficientes parece muy bien que se portaba mod de los primos más pequeños dividiendo $n+1$.

En los hechos, mediante la definición de $Q_n(x)=(1-x)^n\cdot P_n\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$, tenemos: $$Q_n(x)=\frac{(1-x)^{n+1}-(1+x)^{n+1}+2x(n+1)(1+x)^{n+1}}{2x^2},$$ y es muy fácil comprobar que si $n+1$ es un prime el único coeficiente de $Q_n(x)$ que no es divisible por $(n+1)$ es el coeficiente de $x^{n-1}$: esto inmediatamente le da a ese $P_n(x)$ es irreductible, no sólo al $(2n+1)$ es un número primo, pero también al $(n+1)$ es un primo.

También consideran que, si $n$ es incluso, $Q_n(x)$ es sólo $(x+1)^n$$\mathbb{F}_2$; no debería ser difícil para deducir la irreductibilidad de $P_n(x)$ también en este caso. Si $n$ es extraño, pero no de la forma $2^k-1$, el argumento en el punto anterior, debe trabajar tomando $p$ como el mayor divisor primo de $n+1$, mientras que si $n=2^k-1$ $Q_n(x)$ es sólo $2^k$ veces el polinomio $(1+x)^{2^k-1}$$\mathbb{F}_2$.

Answer 2

¿Usando el criterio de reducción? $f$ primitivo en $\mathbb{Z}[t]$, con principales coeficiente $a_n$ no divisible por un % primer $p$. Considerar el % del homomorfismo del anillo $\mathbb{Z}[t] \to (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})[t] = F$($\bar{f}$ es la imagen de f). Si es irreducible en $\bar{f}$ $F[t]$, es irreducible en $f$ $\mathbb{Q}[t]$.