Explicar la prueba de irreducibilidad de $x^{p-1} + 2x^{p-2}+ \dots +(p-1)x + p$

Question

Esta es una pregunta de Putnam and Beyond, y tengo una pregunta sobre la prueba.

La pregunta es:

Mostrar $x^{p-1} + 2x^{p-2} + 3x^{p-3} + \dots + (p-1)x + p$ es irreducible sobre $\mathbb{Z}[X]$ .

La prueba muestra primero que el polinomio $P(x) = x^{p-1} + 2x^{p-2} + 3x^{p-3} + \dots + (p-1)x + p$ sólo tiene ceros de valor absoluto $> 1$ . Entonces, asume que puede ser factorizado en dos polinomios, a saber, $P(X) = Q(X)R(X)$ y como $p = P(0) = Q(0)R(0)$ Uno de los $Q(0), R(0) = \pm 1$ Así que WLOG $Q(0)$ tiene un cero de valor absoluto $> 1$ lo que contradice el hecho de que $P(X)$ sólo tiene ceros de valor absoluto $> 1$ .

No veo por qué $Q(0) = \pm 1$ significa que tiene un cero con valor absoluto mayor que uno.

(La siguiente es la prueba en cuestión).

"Demostraremos que todos los ceros de $P (x)$ tienen un valor absoluto mayor que $1$ . Sea $y$ sea un cero complejo de $P(x)$ .

Entonces $0 = (y 1)P(y) = y^p + y^{p1} + y^{p2} +···+ y p.$ Suponiendo que $|y| 1$ obtenemos $p = |y^p + y^{p1}+ y^{p2}+···+ y| \sum_{i=1}^p |y|^ i \sum_{i=1}^p 1 = p.$ Esto sólo puede ocurrir si las dos desigualdades son, de hecho, igualdades, en cuyo caso $y = 1$ . Pero $P (1) > 0$ Una contradicción que demuestra nuestra afirmación. A continuación, supongamos que $P (x) = Q(x)R(x)$ avec $Q(x)$ et $R(x)$ polinomios con coeficientes enteros de grado mínimo $1$ . Entonces $p = P (0) = Q(0)R(0)$ . Dado que ambos $Q(0)$ et $R(0)$ son números enteros, ya sea $Q(0) = ±1$ o $R(0) = ±1$ . Sin pérdida de generalidad, podemos podemos suponer $Q(0) = ±1$ . Esto, sin embargo, es imposible, ya que todos los ceros de $Q(x)$ que también son ceros de $P (x)$ tienen un valor absoluto mayor que $1$ . Concluimos que $P(x)$ es irreducible".

Answer 1

Que los ceros complejos de $Q(x)$ sea $r_1,\ldots,r_m$ no necesariamente distintos. Entonces $Q(x)=\prod_{k=1}^m(x-r_k)$ y $1=|Q(0)|=\left|(-1)^k\prod_{k=1}^mr_k\right|$ . Pero $\left|(-1)^k\prod_{k=1}^mr_k\right|=\prod_{k=1}^m|r_k|>1$ así que esto es imposible.

Answer 2

Hay una prueba completamente diferente que utiliza la aritmética modular. Consideremos el polinomio recíproco y observemos que el polinomio original es reducible si el recíproco es $$P^*(x) = px^{p-1} + (p-1)x^{p-2} + ... + 1 = \left (\frac{x^{p+1} - 1}{x-1}\right)' = \frac{px^{p+1} - (p+1)x^p + 1}{(x-1)^2}$$ Para $p \ne 2$ tomando el residuo mod $p$ obtenemos $$\frac{1 - x^p}{(x-1)^2} = \frac{(1 - x)^p}{(x-1)^2}-(x-1)^{p-2}$$ Por lo tanto, si $P^*(x) = Q(x) R(x)$ en $\mathbb{Z}$ entonces $Q(x) = \pm (x-1)^k + pS(x), R(x) = \mp(x-1)^{p-2-k} + pT(x)$ para algunos polinomios $S, T$ sur $\mathbb{Z}$ . Ahora $P^*(1) = \frac{p(p+1)}{2}$ no es divisible por $p^2$ , mientras que si $0 < k < p-2$ entonces $Q(1)R(1)$ es. Así que debemos tener $k=0$ o $k=p-2$ . Por simetría, W.L.O.G. podemos suponer que $k=p-2$ y que el signo es positivo, es decir $$Q = (x-1)^{p-2} + pS(x), R = -1 + pT(x)$$ Tenga en cuenta que el grado de $P^*$ es $p-1$ por lo que el grado de $T$ no es mayor que uno. Por lo tanto, $R$ es de hecho lineal, por lo que $P^*$ debe tener una raíz racional. Pero si $\frac{s}{t}$ es una raíz de $P^*$ tenemos $t|p, s|1$ Así que los únicos candidatos son $\pm 1, \pm p$ . Se puede comprobar fácilmente que no son raíces. Por lo tanto, concluimos que $P^*$ es irreducible. Obsérvese que antes hemos utilizado el hecho de que $p\ne 2$ pero si $p=2$ entonces la factorización comprende factores lineales, y en el último paso demostramos que esto no es posible.

RESUMEN La idea principal es considerar el polinomio recíproco, reducirlo en módulo $p$ y observar que una factorización tendrá un factor lineal.