Problema muy lindo de polinomios

[3,14]

Sea $f\in \mathbb Z [X]$ un polinomio de grado $7$ tal que toma alguno de los valores $1$ o $-1$ para $7$ valores enteros diferentes de $X$. Probar que $f$ es irreducible en $\mathbb Z[X]$.

[3,14]

Un problema un poco más sencillo con algunas ideas parecidas:

Spoiler: mostrar

viewtopic.php?f=38&t=4605

[No, manzana]

No vi el spoiler. Para esos valores, el polinomio vale 1 en todos ellos o bien -1 en todos ellos, o en estos valores valen 1 o -1?

[Matías V5]

No vi el spoiler. Para esos valores, el polinomio vale 1 en todos ellos o bien -1 en todos ellos, o en estos valores valen 1 o -1?

En cada valor puede valer $1$ o $-1$, no sabés cuántos de cada tipo.

[Turko Arias]

No vi el spoiler. Para esos valores, el polinomio vale 1 en todos ellos o bien -1 en todos ellos, o en estos valores valen 1 o -1?

El hijo pródigo ha regresado, hace cuanto no veía un comentario de este usuario

[3,14]

La solución que se me ocurrió:

Spoiler: mostrar

Supongamos que $f$ es reducible en $\mathbb Z[x]$. Entonces existen $g,h\in\mathbb Z[x]$ tales que:
$f=g.h$ y $7> gr(f)\geq 1$ y $7> gr(g)\geq 1$
Sabemos que existen $\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_7\in\mathbb Z$ tales que:
$f(\alpha_i)=1$ o $f(\alpha_i)=-1$ $\forall 1\leq i\leq 7$
Entonces:
$f(\alpha_i)=g(\alpha_i).h(\alpha_i)=\pm 1$
Pero sabemos que como $g$ y $h$ estan en $\mathbb Z[x]$ y $\alpha_i\in Z$, entonces:
$g(\alpha_i)\in Z$ y $h(\alpha_i)\in Z$

Si $f(\alpha_i)=-1\Rightarrow g(\alpha_i)=1 \wedge h(\alpha_i)=-1$ o viceversa. En este caso diremos que $\alpha_i$ es "de tipo 1".
Si $f(\alpha_i)=1\Rightarrow g(\alpha_i)=1 \wedge h(\alpha_i)=1$ o $g(\alpha_i)=-1 \wedge h(\alpha_i)=-1$ . En este caso diremos que $\alpha_i$ es "de tipo 2".

Sea $p\in\mathbb Z[x]$, $p=g+h$ y $q\in\mathbb Z[x]$, $q=g-h$.
Notemos que:
$p(\alpha_i)=\begin {cases} 0 \text { si }\alpha_i \text { es de tipo 1}\\ 2 \text {ó } -2 \text {si }\alpha_i \text { es es de tipo 2 }\end {cases}$

Supongamos que hay al menos un $\alpha$ de tipo 1 y uno de tipo 2.
En ese caso, digamos que hay $k$ de tipo $1$. Supongamos que $\alpha_1,..,\alpha_k$ son de tipo 1 y que $\alpha_{k+1},...,\alpha_7$ son de tipo 2.
Por lo que vimos más arriba, todos los de tipo $1$ son raíces de $p$ (recordemos que los $\alpha$ son todos diferentes), por lo que:
$p=(x-\alpha_1)...(x-\alpha_k).m$ con $m$ un polinomio (no nulo).
$p(\alpha_7)=\pm 2 = (\alpha_7-\alpha_1)...(\alpha_7-\alpha_k).m(\alpha_7)$
Como todos los $\alpha_i$ son distintos, todos los primeros $k$ factores son diferentes. Entonces, hay a lo sumo $3$ factores: $1$, $-1$ y $2$ o $1$, $-1$ y $-2$. Por lo tanto, $k\leq 3$

En forma completamente análoga, podemos deducir analizando $q$ que hay a lo sumo $3$ $\alpha_i$ de tipo 2. Pero entonces hay a lo sumo $3+3=6$ $\alpha$'s, que es absurdo, porque hay $7$!
Luego, o bien hay $7$ $\alpha$'s de tipo 1, o hay $7$ de tipo 2.
Pero en estos casos deducimos que o bien $p$ o bien $q$ tienen al menos $7$ raíces distintas, con lo cual o bien alguno es de grado mayor o igual que $7$, que es imposible por las condiciones de grado sobre $g$ y $h$, o bien alguno es constantemente nulo. Si $p=0$ entonces $g=-h$ y $gr( g)= gr( h)$. Pero $gr (g)+ gr( h)=7\Rightarrow 2.gr(g)=7$ Absurdo!!. Si $q=0$ llegamos a la misma contradicción.
Concluimos entonces que $f$ es irreducible en $\mathbb Z[x]$