Voy a bosquejar una prueba de la irreductibilidad de $x^n - x - 1$ ${\mathbf Q}$ $n \geq 2$ que es más simple que la Selmer del argumento. Me enteré de este enfoque de David Rohrlich, que aprendió de Michael Filaseta.
Deje $f(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_1x + a_0$ ser distinto de cero en $F[x]$ para cualquier campo $F$. Deje $\tilde{f}(x) = x^{\deg f}f(1/x)$ ser su recíproco polinomio:
$\tilde{f}(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \cdots + a_{n-1}x + a_n$. Si $f(0) \not= 0$ $f$ $\tilde f$ tienen el mismo grado. Fácilmente si $f = gh$$\tilde{f} = \tilde{g}\tilde{h}$, e $\widetilde{cf} = c\tilde{f}$ para cualquier constante $c$.
En términos de factorización sobre las raíces, si $f(0) \not= 0$
$$
f(x) = c(x-r_1)\cdots(x-r_n) \Longrightarrow \tilde{f}(x) = f(0)c(x - 1/r_1)\cdots(x-1/r_n).
$$
Paso 1: Vamos a $f(x) \in {\mathbf Z}[x]$ satisfacer (i) $f(0) \not= 0$ y (ii) $f(x)$ $\tilde{f}(x)$ no tienen raíces comunes. Si $f(x) = g(x)h(x)$ para algunos no constante $g(x)$ $h(x)$ $\mathbf Z[x]$ , muestran que existe una $k(x)$ $\mathbf Z[x]$ $\deg k = \deg f$ tal que $f\tilde{f} = k\tilde{k}$ $k \not= \pm f$ o $\pm\tilde f$. Si $f(x)$ es monic y $f(0) = \pm 1$, mostrar que usted puede tomar $k$ a monic. (Sugerencia: Use $k = \pm g\tilde{h}$ para una elección adecuada de signo).
Paso 2: Para $n \geq 2$, mostrar el polinomio $x^n - x - 1$ no tiene raíces en común con su recíproco.
Paso 3: Deje $f(x) = x^n - x - 1$$n \geq 2$. Supongamos $f\tilde{f} = k\tilde{k}$ para algunos monic $k \in \mathbf Z[x]$ grado $n$. Comparar el grado $n$ coeficientes en ambos lados de la ecuación de $f\tilde{f} = k\tilde{k}$ que $k$ debe ser una suma de 3 monomials cuyos coeficientes son todos los $\pm 1$. A continuación, mira el top 3 distinto de cero términos a ambos lados para mostrar $k = f$ o $k = -\tilde{f}$.
Paso 4: Combinar todos los pasos anteriores para deducir irreductibilidad de $x^n - x - 1$$\mathbf Q$.
Ejercicio: Usar el mismo argumento para determinar cuando $x^n + x + 1$, $x^n - x + 1$, y $x^n + x - 1$ son irreducibles sobre $\mathbf Q$. (Con un ordenador, se pueden encontrar en cada caso de que exista una congruencia en la condición de $n$ para que sea reducible, y este resulta ser exactamente la condición para $f(x)$ $\tilde{f}(x)$ a una raíz común, que será de un 3 o 6 de la raíz de la unidad.)
