Corretto il tex - EG
Lo metto in matematica non elementare perché è un bel grattacapo,confido che non sono ancora giunto ad una soluzione.
Tuttavia, se qualcuno vuole provarci.. l'ho trovato molto interessante.
Provate questo :
Sia $n$ un intero pari . E $p$ un numero primo. Allora $f(X)=\sum^n_{i=1}X^i+p$ è irriducibile su $\mathbb{Q}[x]$ (NB : la sommatoria va da 1 a n).
sayonara.
Polinomio di grado pari irriducibile su $Q$
Re: Polinomio di grado pari irriducibile su $Q$
EDIT: avevo letto male il testo 
Re: Polinomio di grado pari irriducibile su $Q$
Da dove arriva sto problema? Cioè, siamo sicuri che è vero? 
Re: Polinomio di grado pari irriducibile su $Q$
si è vero, è un quesito dell' 'American Mathematical Monthly, mi fu proposto da un amico.
Re: Polinomio di grado pari irriducibile su $Q$
Allora ok ... boh, cmq non capisco che c'entra il grado pari O.o
Re: Polinomio di grado pari irriducibile su $Q$
Infatti il grado pari non serve ... allora:
osserviamo intanto che
$$f(x)=x^{n}+x^{n-1}+\ldots+x+p=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}+p-1$$
e che, essendo il polinomio monico, per il lemma di Gauss, se è irriducibile, lo è sugli interi, quindi supponiamo che esistano due polinomi non banali a coeff interi tali che
$$f(x)=p(x)q(x)$$
allora, $p(0)q(0)=p$, quindi wlog $p(0)=p$, $q(0)=1$.
Ciò significa che il prodotto delle radici complesse di $q$ fa $1$, quindi esiste $\zeta\in\mathbb{C}$ tale che $|\zeta|\leq1$ e $q(\zeta)=0$. Quindi $f(\zeta)=0$.
Allora anche $(\zeta-1)f(\zeta)=0$, ovvero $g(\zeta)=0$ con
$$g(x)=x^{n+1}+(p-1)x-p\;.$$
Ora, notiamo che, per $|z|=1$, si ha
$$1=|z^{n+1}|=|g(z)-(p-1)z+p|\leq 1=|(p-1)-p|<|(p-1)z-p|$$
se $z\neq 1$.
Quindi per qualunque curva chiusa che segua la circonferenza unitaria $|z|=1$, evitando $z=1$ con una minuscola (a piacere) deviazione all'interno, si ha che $g(z)$ e $(p-1)z-p$ hanno lo stesso numero di radici al suo interno (teo di Rouché). Ma l'unica radice di $(p-1)z-p$ è $p/(p-1)>1$ e quindi all'interno di quella curva non ne ha.
Questo significa che $g(z)$ non ha radici in quella curva ... avvicinando la curva sempre di più a $1$, si osserva che l'unica radice di $g(z)$ tale che $|z|\leq 1$ può essere $z=1$, ma $1$ non è radice di $f(x)$ ($f(1)=n+p$), quindi $f(x)$ non può avere radici complesse di norma minore o uguale a $1$, perciò è irriducibile.
osserviamo intanto che
$$f(x)=x^{n}+x^{n-1}+\ldots+x+p=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}+p-1$$
e che, essendo il polinomio monico, per il lemma di Gauss, se è irriducibile, lo è sugli interi, quindi supponiamo che esistano due polinomi non banali a coeff interi tali che
$$f(x)=p(x)q(x)$$
allora, $p(0)q(0)=p$, quindi wlog $p(0)=p$, $q(0)=1$.
Ciò significa che il prodotto delle radici complesse di $q$ fa $1$, quindi esiste $\zeta\in\mathbb{C}$ tale che $|\zeta|\leq1$ e $q(\zeta)=0$. Quindi $f(\zeta)=0$.
Allora anche $(\zeta-1)f(\zeta)=0$, ovvero $g(\zeta)=0$ con
$$g(x)=x^{n+1}+(p-1)x-p\;.$$
Ora, notiamo che, per $|z|=1$, si ha
$$1=|z^{n+1}|=|g(z)-(p-1)z+p|\leq 1=|(p-1)-p|<|(p-1)z-p|$$
se $z\neq 1$.
Quindi per qualunque curva chiusa che segua la circonferenza unitaria $|z|=1$, evitando $z=1$ con una minuscola (a piacere) deviazione all'interno, si ha che $g(z)$ e $(p-1)z-p$ hanno lo stesso numero di radici al suo interno (teo di Rouché). Ma l'unica radice di $(p-1)z-p$ è $p/(p-1)>1$ e quindi all'interno di quella curva non ne ha.
Questo significa che $g(z)$ non ha radici in quella curva ... avvicinando la curva sempre di più a $1$, si osserva che l'unica radice di $g(z)$ tale che $|z|\leq 1$ può essere $z=1$, ma $1$ non è radice di $f(x)$ ($f(1)=n+p$), quindi $f(x)$ non può avere radici complesse di norma minore o uguale a $1$, perciò è irriducibile.