Polynôme irréductible de degré pair sur $\Q$
Bonjour,
Soit $k$ un entier, est-ce qu'il existe $P$ un polynôme irréductible de $\Q [X]$ de degré $2k$ tel que toutes les racines de $P$ dans $\C$ sont réelles ?
Si $k$ est une puissance de $2$, j'arrive à construire un tel polynôme (en considérant le polynôme annulateur de $\sqrt{p_n}+ \cdots+ \sqrt{3}+\sqrt{2}$, où $p_n$ est le $n$-ième nombre premier), mais sinon je ne sais pas. Par exemple, si $2k=6$.
Merci.
Soit $k$ un entier, est-ce qu'il existe $P$ un polynôme irréductible de $\Q [X]$ de degré $2k$ tel que toutes les racines de $P$ dans $\C$ sont réelles ?
Si $k$ est une puissance de $2$, j'arrive à construire un tel polynôme (en considérant le polynôme annulateur de $\sqrt{p_n}+ \cdots+ \sqrt{3}+\sqrt{2}$, où $p_n$ est le $n$-ième nombre premier), mais sinon je ne sais pas. Par exemple, si $2k=6$.
Merci.
Réponses
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On construit, à l'aide des polynômes interpolateur de Lagrange (en prenant des valeurs rationnelles), un polynôme de degré $2k$ qui effectue $2k$ changement de signes. On se retrouve avec un polynôme de degré $2k$ à coefficients dans $\Q$ qui a toutes ses racines réelles. J'ai envie de dire que sauf mauvais coup de bol, il sera irréductible.Exemple : pour $2k=6$, on prend le polynôme qui vaut respectivement $1,-1,1,-1,1,-1,1$ en $0,1,2,3,4,5,6$. On obtient $\dfrac{1}{45}(4 X^6 - 72 X^5 + 490 X^4 - 1560 X^3 + 2296 X^2 - 1248 X + 45)$, dont on peut vérifier avec un logiciel de calcul formel qu'il est bien irréductible sur $\Q$.
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Soit $d$ un entier et pour tout anneau commutatif $K$, $K_d[X]$ l'ensemble des polynômes de degré au plus $d$ à coefficients dans $K$. L'ensemble des éléments irréductibles de $\Q_d[X]$ est-il dense dans $\R_d[X]$ (pour sa topologie usuelle de $\R$-espace vectoriel de dimension finie)?Le cas échéant et avec l'idée de @Guego on pourrait alors conclure.
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$. -
Je pense que oui. Si $P\in\R[X]$ est de degré $d$, soit $Q\in \Z/2\Z[X]$ de degré $d$ irréductible. Il existe une suite $P_k$ de polynômes tels que $P_k\in \frac{1}{2k+1}\Z[X]$ avec $P_k$ de degré $d$, convergeant vers $P$, tels que $P_k$ soit congru à $Q$ modulo $2$. Alors $P_k$ est irréductible pour tout $k$.Foys a dit :L'ensemble des éléments irréductibles de $\Q_d[X]$ est-il dense dans $\R_d[X]$ (pour sa topologie usuelle de $\R$-espace vectoriel de dimension finie)?
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De passage !
Un exemple explicite , prendre pour k pair, $P(X)=1+ \cdot (x-1)(x-2)\cdots(x-k)$ et pour k impair, $P(X)=1+ \cdot (x-1)(x-2)\cdots(x-(k-1))$
Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
@Gebrane : le polynôme $1+(X-1)(X-2)$ n'est pas scindé sur $\mathbb{R}$ comme demandé (ou alors il y a quelque chose que je n'ai pas compris).
@Marco : un théorème de Schur, utilisant le polygone de Newton et une généralisation du théorème de Tchebichef (ou postulat de Bertrand), affirme que, pour tout entier $d\in\N^*$, si $a_0$, $a_1$, ..., $a_d$ sont des entiers tels que $a_0$ et $a_d$ sont premiers avec $d!$ alors le polynôme $\dfrac{a_d}{d!}X^d + \dfrac{a_{d-1}}{(d-1)!}X^{d-1}+\cdots +\dfrac{a_1}{1!}X+a_0$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$.
On en déduit en particulier que les polynômes de Laguerre définis par $L_d=\displaystyle \sum_{k=0}^d (-1)^k \dbinom{d}{k}\dfrac{X^k}{k!}$ sont irréductibles sur $\mathbb{Q}$ pour tout entier $d\in \N^*$. Mais, par ailleurs, ce sont des polynômes orthogonaux donc ils sont scindés sur $\mathbb{R}$.
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Bonjour LP2, le lien que j'ai donné ne marche pas ( il y a une condition que je n'ai pas mentionné le k >4 )
le voici https://math.stackexchange.com/questions/2791944/finding-an-irreducible-polynomial-of-degree-n-in-mathbb-qx-with-real-root
d'après le lien le polynôme modifié $P(X)=1+5 \cdot (x-1)(x-2)\cdots(x-k)$ marcheLorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
les polynômes de Laguerre sont orthogonaux sur $\mathbb R^+$ ( avec le poids $e^{-x}$)
Pour ces racines, elles sont toutes réelles distinctes http://vonbuhren.free.fr/Prepa/Problemes/Polynomes_Laguerre.pdf
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Je me demande si quelqu'un peut donner une preuve simple du fait que le polynôme $$P(X)=1+5(X-1)(X-2)\cdots (X-n)$$ a toutes ces racines réelles ( sans regarder le lien que j'ai donné). Je trouve le 5 mystérieuxLorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..
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Je ne sais pas répondre exactement pour le polynôme donné, mais on peut remarquer, comme l'ensemble des polynômes scindés à racines simples est un ouvert, que $P(X)= 1 + A (X-1)\cdots (X-n)$ est aussi scindé à racines simples pour tout $A$ suffisamment grand en module.
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@Gebrane : Sauf erreur de ma part, on peut raisonner ainsi.
Notons $P=(X-1)(X-2)\cdots(X-n)$. Ce polynôme change $n$ fois de signe en $1$, $2$, ..., $n$. En ajoutant $1$ à $P$, on va augmenter les valeurs prises par $P$ et, pour qu'il reste scindé, il suffit qu'il conserve des valeurs négatives sur les intervalles où $P$ est négatif. Or, on vérifie que, pour tout $q \in\llbracket 0, n \rrbracket$,
\[P\left(\dfrac{2q+1}{2}\right)=(-1)^{n-q} \prod_{k=1}^q \dfrac{2k-1}{2} \prod_{j=1}^{n-q} \dfrac{2j-1}{2}.\]
Dans ces produits, tous les termes sont supérieurs à $1$ sauf les termes d'indices $k=1$ et $j=1$ qui valent $\dfrac{1}{2}$. Ainsi, la valeur absolue de $P\left(\dfrac{2q+1}{2}\right)$ est égale à $\dfrac{1}{4} \times A$ où $A \geqslant 1$. Dès lors, la valeur absolue de $5P\left(\dfrac{2q+1}{2}\right)$ est strictement supérieure à $1$ ce qui assure que $1+5P$ conserve des valeurs strictement négatives sur chaque intervalle où $P$ est négatif donc $1+5P$ est scindé sur $\mathbb{R}$ (puisque sur les autres intervalles $1+5P$ est positif).
Fondamentalement, l'idée est qu'en multipiant $P$ par $5$, on augmente suffisamment ses oscillations pour que sa courbe reste en dessous de l'axe des abscisses même en la translatant de 1 vers le haut. Et en fait, le coefficient $5$ ne sert vraiment que pour les petits degrés...
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Merci LP2 pour ces detailsLorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..
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En fait, la preuve est analogue à celle prouvant que l’ensemble des polynômes scindées à racines simples est un ouvert.
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En fait, je me rends compte d'une chose qui m'avait échappé : le facteur $5$ est également intéressant pour l'irréductibilité. En effet, en notant, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $Q_n=1+5(X-1)(X-2)\cdots(X-n)$, tous les coefficients de $Q_ n$ sont divisibles pas $5$ sauf son coefficient constant. De plus, son coefficient dominant est $5$ qui n'est pas divisible par $5^2$ donc, par le critère d'Eisenstein-Schönemann, $X^nQ_n(\frac{1}{X})$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$ et, par suite, $Q_n$ est également irréductible sur $\mathbb{Q}$.
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Merci pour les réponses, sur les polynômes de Laguerre et sur le polynôme $1+5(X-1)(X-2) \cdots (X-n)$.
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Effectivement, le 5 joue un rôle dans l'irréductibilité dans $\Q$ quelque soit le degré, vu ce travailLorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..
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Quelqu'un m'a demandé quels étaient les corps $K$ pour lesquels toutes les matrices symétriques étaient diagonalisables. Ce sont les corps réels clos, il me semble. Je crois avoir déjà posé la question sur le forum il y a quelque temps. Je vois pourquoi le corps $K$ doit être totalement ordonné. Sinon, on peut construire une matrice symétrique et nilpotente non nulle (donc non diagonalisable). Pour le fait que le corps $K$ d'admet pas d'extension algébrique ordonnée, il faut montrer que, pour tout polynôme $P$ irréductible dans $K[X]$ n'admettant que des racines réelles, il existe une matrice symétrique ayant $P$ comme polynôme caractéristique (à moins qu'il y ait moyen de faire autrement). De plus, je ne sais pas non plus montrer que $K \subset \R$ si c'est vrai, mais je l'ai supposé.
C'est un peu différent mais c'est pourquoi je pose la question sur la construction de polynômes irréductibles à racines réelles. -
J'avais rencontré cette question, Je donne la caractérisation pour ne pas tuer la question
Un corps où toute matrice symétrique est diagonalisable ssi -1 n'est pas une somme de carrées dans K
edit, je corrige vu le message de MC, il y a un manque Un corps où toute matrice symétrique est potentiellement diagonalisable ssi -1 n'est pas une somme de carrées dans K
potentiellement diagonalisable dans un corps K signifie diagonalisable dans la clôture algébrique de K
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Suspect : les matrices symétriques rationnelles seraient-elles diagonalisables (sur $\Q$) ?
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Une question qui est un peu en rapport avec la problématique : quels sont les polynômes rationnels irréductibles dont les racines sont sur le cercle ? Les polynômes cyclotomiques ?
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Il n’y a pas que les polynômes cyclotomiques. Par exemple, si on note $z=\dfrac35+i\dfrac45$, alors $(X-z)(X-\bar{z})$ est irréductible sur $\Q$.
Plus généralement $X^2+qX+1$ avec $q\in\Q$ et $|q|<2$ est irréductible sur $\Q$ et ses deux racines sont sur le cercle. Ce sont tous les polynômes possibles de degré 2 avec les conditions demandées.
Je ne sais pas s’il en existe de degré plus grand. -
Je pense qu'il est possible de construire des polynômes irréductibles sur $\Q$ pour n'importe quel degré pair. Par exemple, si on note $z=\sqrt{\dfrac{3}{5}}+i\sqrt{\dfrac25}$, alors le polynôme$$(X-z)(X-\bar{z})(X+z)(X+\bar{z}) = X^4 - \dfrac{2}{5}X^2 + 1$$est irréductible sur $\Q$ et ses racines sont sur le cercle unité.
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LP2 l’a presque dit: un polynôme $f(z) \in \mathbb{Q}[z]$ de degré $n>1$, irréductible sur $\mathbb{Q}$ possède une racine sur le cercle unité si $n$ est pair et $z^nf(1/z)=f(z)$.
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Je crois que le polynôme $(X+1)^n-1-X^n$ est irréductible et il a ses racines sur le cercle unité.
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Une manière de compter les racines présentes sur le cercle unité d’un polynôme
\begin{equation}
f(z)=c_nz^n+c_{n-1}z^{n-1}+…c_1z+c_0
\end{equation}
de degré pair $n=2m$ (avec une petite condition supplémentaire sur les coefficients) est d’exprimer $f$ en fonction de $z+\frac{1}{z}$:
\begin{equation}
f(z)=z^mg\big(1+\frac{1}{z}\big)
\end{equation}
On regarde alors les racines du polynôme $g$ de degré $m$ qui se trouvent sur l’intervalle $[-2,2]$. Elles sont en correspondance avec les racines de $f$ sur le cercle unité !
Si $g$ possède $r$ racines sur $[-2,2]$, alors $f$ possède $2r$ racines sur le cercle unité.
La démonstration est dans l’article de Keith Conrad ci-dessous.
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Heureusement que j'ai presque dit cela... et que je ne l'ai pas dit, parce que c'est fauxbiguine_equation a dit :LP2 l’a presque dit: un polynôme $f(z) \in \mathbb{Q}[z]$ de degré $n>1$, irréductible sur $\mathbb{Q}$ possède une racine sur le cercle unité si $n$ est pair et $z^nf(1/z)=f(z)$.
Le polynôme $X^2+3X+1$ est symétrique et irréductible sur $\mathbb{Q}$ mais ses racines sont $\dfrac{-3\pm \sqrt{5}}{2}$ qui ne sont pas sur le cercle unité. -
Ce polynôme ne peut pas être irréductible puisque qu'il se factorise pas $X$ (et même par $X(X+1)$ lorsque $n$ est impair).Hypocrates a dit :Je crois que le polynôme $(X+1)^n-1-X^n$ est irréductible et il a ses racines sur le cercle unité.
Pour revenir à ta question initiale, c'est faux en général comme l'a montré MrJ. En revanche, c'est vrai si on suppose que le polynôme est unitaire et à coefficients entiers d'après un théorème dû à Kronecker. Je joins un démonstration particulièrement rapide de ce résultat. -
Ah oui: la condition « irréductible sur $\mathbb{Q}$ » était en trop.
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$(X+1)^{2n+1}-1-X^{2n+1}=X(X+1)Q(X)$ avec $Q$ irréductible.
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Non plus... $(X+1)^7-1-X^7=7X(X+1)(X^2+X+1)^2$.Hypocrates a dit :$(X+1)^{2n+1}-1-X^{2n+1}=X(X+1)Q(X)$ avec $Q$ irréductible.
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Si $3$ divise $2n+1$, alors $Q$ est irréductible.
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Les polynômes rationnels irréductibles dont les racines sont sur le cercle unité sont-ils denses dans les polynômes dont les coefficients sont inférieurs à un en valeur absolue ?
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Tu as une démonstration ?Hypocrates a dit :Si $3$ divise $2n+1$, alors $Q$ est irréductible. -
Il s'agit d'un polynôme classique qui est étudié, si $3$ ne divise pas, $j$ est racine.
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Cela ne répond pas à ma question...Hypocrates a dit :Il s'agit d'un polynôme classique qui est étudié, si $3$ ne divise pas, $j$ est racine. -
Marco, j'ai pu avoir l'article. Il faut descendre dans les pages.Cordialement.
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En l'état, la question n'a pas de sens. Vois-tu pourquoi ?Hypocrates a dit :Les polynômes rationnels irréductibles dont les racines sont sur le cercle unité sont-ils denses dans les polynômes dont les coefficients sont inférieurs à un en valeur absolue ? -
@gerard0 : je pense que @marco fait référence au premier lien que j'ai mis. Et qui en effet ne fonctionne pas... puisque c'est un lien vers mon disque dur
Je mets l'article en pièce jointe.
Pour revenir à la question de @marco, on a vu que :- les corps sur lesquels toute matrice symétrique est diagonalisable dans une clôture algébrique sont les corps réels (ou formellement réels) i.e. les corps dans lesquels $-1$ n'est pas une somme de carrés ;
- les corps sur lesquels toute matrice symétrique est diagonalisable en base orthonormée sont les intersections de corps réels clos.
).
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