Tenga en cuenta las siguientes polinomios: \begin{align} P_n(x)&=x^{2n-1}-\sum_{i=0}^{n-1}2\binom{2n}{2i+1}x^{2i} \end{align} para $n\geq 1$. Podemos demostrar que es irreducible sobre $\mathbb{Q}$?
Así que el primer par son $$x-4$$ $$ x^3-8x^2-8$$ $$ x^5-12x^4-40x^2-12$$ $$ \dots$$
For small specific values of $n$ we can prove it, for example for $x^3-8x^2-8$ we only need to check for linear factor, specifically for roots $\pm 1,\pm2,\pm4\pm 8$. With Maple I've verified more than first $600$ values of $n$ so far, all appear to be irreducible (using the
irreducfunction).However for general $n$ I have no idea how to go about this, the Eisenstein criterion cannot be directly used, so I've tried substitutions like $P_n(x\pm 1)$, but it does not help.
Edit: Just out of curiosity, I have tried to change the polynomial a bit to see when it stops to be irreducible (again for small values of $n$, let's say to $100$) and I found it interesting that you can do quite a lot changes and it still remains irreducible. For example replacing the multiple of $2$ by other integers, or changing signs of the individual terms in sum, or even replace $2i+1$ in binomial coefficients with $2i$. ¿Qué está pasando?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Por extraño $n$ la irreductibilidad de estos polinomios de la siguiente manera a partir de una generalización de Eisenstein, el criterio conocido como el polígono de Newton aplicado a la prime $p=2$.
Al $n$ es impar el término constante $4n$ es divisible por cuatro, pero no múltiplo de ocho. Además, Lucas teorema nos dice que todos los coeficientes binomiales $\binom {2n}{2i+1}$ son uniformes, lo que implica que todos los otros coeficientes, salvo por el líder de $1$, también son todos divisibles por cuatro (y, posiblemente, por una mayor potencia de dos). Esto implica que el método de Newton del polígono consta de un solo segmento de línea de $(0,2)$$(2n-1,0)$. La pendiente de esta línea es $-2/(2n-1)$ lo que implica que el segmento de la línea de no pase a través de cualquier número entero de puntos de otros de sus puntos extremos. Por $2$-ádico teoría esto garantiza que $P_n(x)$ es irreducible sobre la $2$-ádico de campo $\Bbb{Q}_2$ y, por tanto, también sobre el subcampo $\Bbb{Q}$.
El caso de un $n$ es más complicada, pero puede ser posible el estudio de la divisibilidad de los coeficientes por potencias de dos y de nuevo resolver la reclamación. Por ejemplo el método de Newton del polígono de $$ P_4(x)=x^7-16(x^6+7x^4+7x^2+1) $$ es el segmento de la línea de$(0,4)$$(7,0)$, tiene pendiente $-4/7$, y el mismo argumento pasa a través de.
Basado en @JyrkiLahtonen la respuesta que demuestra la irreductibilidad de extraño $n$ y sugiere ruta de acceso o, incluso,$n$, que fue capaz de demostrar la declaración, incluso, $n$'s para que el polígono de Newton el método funciona, aunque aún deja infinidad de incluso $n$'s para comprobar (esperemos que alguien puede aportar otra idea para resolver estos así).
Los polígonos de Newton método parece funcionar incluso para $n$'s para que $(2n-1,v_2(4n))=1$, por lo que $ n=4,6,10,12,16,18,20,22,\dots $.
En primer lugar, tenemos que mostrar que el método de Newton del polígono para $P_n(x)$ es de hecho un segmento de línea entre los puntos finales. Para esto es suficiente para mostrar que $v_2(2\binom{2n}{2i+1}) \geq v_2(4n)$ $i=0,1,\dots,n-1$ (en otras palabras, cada $y$ coordinar en el polígono de Newton será al menos tan grande como el $y$ de coordenadas correspondiente a la constante coeficiente de $4n$) . Esto puede ser escrito como $v_2(\binom{2n}{2i+1}) \geq v_2(2n)$. Pero esto sigue casi inmediatamente si nos damos cuenta de que $(2i+1)\binom{2n}{2i+1}=2n\binom{2n-1}{2i}$, y entonces, aplicando el $v_2$ en ambos lados (usando ese $2i+1$ es impar), llegamos a la $$ v_2\left(\binom{2n}{2i+1}\right) = v_2\left(2n\binom{2n-1}{2}\right) \geq v_2(2n). $$
Finalmente, debido a la constante coeficiente es $-4n$ y el coeficiente inicial es $1$, los puntos finales de la Newton, polígono $(0,v_2(4n))$$(2n-1,0)$, por lo que el método será la garantía de irreductibilidad de $(2n-1,v_2(4n))=1$.
