Le critère d'Eisenstein

Bonjour,

je travaille sur ce critère et je bloque sur quelques points de la démonstration. Voici l'exercice et ce que j'ai traité :

Définitions :
- Pour un polynôme $P\in\mathbb{Z}[X]$, on définit son contenu, et on note $c(P)$, comme le pgcd de ses coefficients.
- On dit qu'un polynôme $P\in\mathbb{Z}[X]$ est primitif s'il est de contenu 1.
- On dit qu'un polynôme $P\in\mathbb{Z}[X]$ est irréductible s'il n'est pas le produit de deux éléments non inversibles de $\mathbb{Z}[X]$.

1-a) Si $P\in\mathbb{Z}[X]$, montrer qu'il existe $\tilde{P}\in\mathbb{Z}[X]$ tel que $P=c(P)\tilde{P}$ et $\tilde{P}$ primitif.
1-b) Si $P\in\mathbb{Z}[X]$ est tel que $deg(P)>0$ et non primitif, montrer qu'il n'est pas irréductible.
2-a) Montrer que le produit de deux polynômes primitifs est primitif.
2-b) Soit $P$ et $Q$ dans $\mathbb{Z}[X]$. Montrer que $c(PQ)=c(P)c(Q)$.
3- On considère $P\in\mathbb{Z}[X]$ tel que $P$ soit primitif. Montrer que :
$P$ est irréductible dans $\mathbb{Q}[X]\iff P$ est irréductible dans $\mathbb{Z}[X]$
4 - Démontrer le critère d'Eisenstein :
Soit $P=c_0+\cdots+c_dX^d\in\mathbb{Z}[X]$ un polynôme non constant et $p$ un nombre premier tel que :
- $p\not\mid c_d$
- $p\mid c_i\,,\forall i\in0,d-1$
- $p^2\not\mid c_0$
Alors $P$ est irréductible dans $\mathbb{Q}[X]$.

1-a
Je considère $P=\sum_{k=0}^na_kX^k\in\mathbb{Z}[X]$.

Je note $c(P)=pgcd(a_0,\cdots,a_n)$.

Si $P=0$ alors $a_0=\cdots =a_n=0$ et $c(P)=0$. Dans ce cas, je ne pense pas qu'un tel polynôme existe

Si $P\neq 0$ alors il existe un $k$ dans $0,n$ de sorte que $a_k\neq 0$. Et ceci impose $c(P)\neq 0$.

Je remarque ensuite que $c(P)\mid a_k$ et donc $a_k=c(P)\times m_k$ avec $m_k\in\mathbb Z$, ce pour tout $k\in0,n$.

Ainsi, $P=\sum_{k=0}^na_kX^k=c(P)\sum_{k=0}^nm_kX^k$. J'ai donc envie de poser $\tilde{P}=\sum_{k=0}^nm_kX^k$ mais je n'arrive pas à prouver que $pgcd(m_0,\cdots,m_n)=1$.


Devant cette impasse, je choisis de poser $\tilde{P}:=\frac{1}{c(P)}P=\frac{1}{c(P)}\sum_{k=0}^na_kX^k=\sum_{k=0}^n\frac{a_k}{c(P)}X^k$.

Ainsi, $c(\tilde{P})=pgcd(\frac{a_0}{c(P)},\cdots,\frac{a_n}{c(P)})=\frac{1}{c(P)}pgcd(a_0,\cdots,a_n)=\frac{1}{c(P)}c(P)=1$.

Ce qui montre que $\tilde{P}$ est primitif.

C'est un peu bricolé, mais ça fonctionne je pense.

Qu'en pensez-vous ?
Merci encore pour l'aide.

(La suite des questions en suivant)
«1

Réponses

  • 1-b
    Soit $P\in\mathbb{Z}[X]$.

    Pour montrer que $P$ n'est pas irréductible, je vais prouver que $P$ peut s'écrire comme le produit de deux éléments de $\mathbb{Z}[X]$ non inversibles dans $\mathbb{Z}[X]$.

    D'après 1-a, je peux affirmer qu'il existe $\tilde{P}\in\mathbb{Z}[X]$ primitif de sorte que $P=c(P)\tilde{P}$. C'est bien le produit de deux éléments de $\mathbb{Z}[X]$. Prouvons que ces deux éléments $c(P)$ et $\tilde{P}$ sont non inversibles.

    - Par l'absurde, supposons que $c(P)$ soit inversible.
    C'est un élément de $\mathbb{Z}$ et donc il serait égal à $\pm 1$. On aurait alors $c(P)=\pm 1$. Mais $P$ est supposé non primitif, donc $c(P)\neq 1$. Contradiction. [J'ai un doute ici].

    - Pour ce qui est de $\tilde{P}$, on a vu que $\tilde{P}:=\frac{1}{c(P)}P$ et donc $deg(\tilde{P})=deg(P)>0$ car on a supposé $deg(P)>0$. Un tel polynôme n'est donc pas inversible dans $\mathbb{Z}[X]$.

    Conclusion : $P$ est bien le produit de deux éléments de $\mathbb{Z}[X]$ non inversibles dans $\mathbb{Z}[X]$. Il n'est donc pas irréductible.
  • 2-a)

    Soit $P=\sum_{k=0}^na_kX^k$ et $Q=\sum_{k=0}^mb_kX^k$ deux polynômes primitifs de $\mathbb{Z}[X]$.

    Notons $PQ=\sum_{k=0}^{n+m}c_kX^k$ avec $c_k=\sum_{i+j=k}a_ib_j$.

    Raisonnons par l'absurde en supposant que $PQ$ ne soit pas primitif.

    On sait que : $PQ$ n'est pas primitif $\iff pgcd(c_0,\cdots,c_{n+m})>1$.

    Il existe donc un nombre premier $p$ divisant tous les $c_i$. Et donc $\bar{c_i}=\bar{0}$ dans $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$.

    Par conséquent, en notant $\overline{PQ}=\sum_{k=0}^n\bar{c_k}X^k$ la réduction du polynôme $PQ$ modulo $p$, on a $\overline{PQ}=\overline{0}$ dans $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$.

    L'application $\begin{array}{ccccc}
    f & : & \mathbb{Z} & \to & \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \\
    & & k & \mapsto & \bar{k} \\
    \end{array}$ étant un morphisme d'anneaux, on a :
    $f(c_k)=\sum_{I+j=k}f(a_i)f(b_j)$

    D'où $\overline{c_k}=\sum_{I+j=k}\overline{a_i}\overline{b_j}$ et donc $\overline{PQ}=\overline{P}.\overline{Q}$.

    Par conséquent, $\overline{PQ}=0\iff \overline{P}.\overline{Q}=\overline{0}$.

    Comme $p$ est premier, $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ est un corps donc intègre.

    Par conséquent $\overline{P}.\overline{Q}=\overline{0} \Rightarrow \overline{P}=\overline{0}\lor\overline{Q}=\overline{0}$.

    Supposons que $\overline{P}=\overline{0}$, alors $p$ serait un diviseur commun à tous les $a_i$. Et donc le contenu de P ne pourrait être égal à 1. Contradiction avec le fait que $P$ soit supposé primitif.

    Un raisonnement symétrique pour $\overline{Q}=\overline{0}$ conduit à la même contradiction.
  • Bonjour,

    Comme je dois travailler, j'interviens rapidement.

    Tu écris :
    Si $P\neq 0$ alors il existe un $k$ dans $0,n$ de sorte que $a_k\neq 0$. Et ceci impose $c(P)\neq 0$.

    J'aurais écrit ceci :

    Si $P\neq 0$, alors il existe $k\in0,n$ tel que $a_k\neq 0$, de sorte que $c(P)\neq 0$. Ce faisant, comme\[c(P)=\mbox{pgcd}(a_0,\,\cdots,\,a_n)=\mbox{pgcd}(c(P)\,m_0,\,\cdots,\,c(P)\,m_n)=c(P)\,\mbox{pgcd}(m_0,\,\cdots,\,m_n)\]alors, $\mbox{pgcd}(m_0,\,\cdots,\,m_n)=1$.

    Tu ne devrais pas en écrire autant. Laisse du temps aux intervenants pour lire et décoder ce que tu écris.

    Cordialement,

    Thierry
    Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême).
  • Thierry POMA a écrit:
    Tu ne devrais pas en écrire autant. Laisse du temps aux intervenants pour lire et décoder ce que tu écris.[/b]


    Ok !
  • Pour ton [j'ai un doute ici], comment est défini le pgcd, dans un anneau principal par exemple ?
  • Dans un anneau principal, un pgcd de $a$ et $b$ est un générateur de $(a)+(b)$.

    Dans un anneau plus général, un pgcd de $a$ et $b$ est, s'il existe, un élément $d$ qui divise $a$ et $b$ et qui est divisible par tout élément qui divise $a$ et $b$ : \[d\mid a\ \text{et}\ d\mid b\ \text{et}\ \bigl[\forall e,\ (e\mid a\ \text{et}\ e\mid b)\implies e\mid d\bigr].\]
  • Je dois avouer que je n'en suis pas encore à la notion d'anneau principal. En revanche, ce qu'écrit Math Coss, je le comprends et c'est la définition que j'avais dans le sens pgcd = plus grand diviseur commun. Il faut qu'il divise et $a$, et $b$, et que ce soit le plus grand.

    La question que je me suis posée c'est, est-ce que $c(P)>0$ ?
    Parce que dans mon message, lorsque j'ai supposé que $c(P)$ était inversible, j'ai affirmé qu'il était dans $\mathbb Z$ et que donc $c(P)=\pm 1$. Le doute est ici.
    En fait, si $c(P)>0$, alors le doute est levé parce qu'alors, étant inversible, cela donne $c(P)=1$. Et la contradiction découle du fait que $P$ est supposé non primitif au départ.

    Toute la question est de savoir si $c(P):=pgcd(a_0,\ldots,a_n)$ est dans $\mathbb{Z}$ ? >0 ? dans $\mathbb{N}$ ?
    J'ai envie de dire qu'il est positif, pouvant être nul. Parce que jusqu'à présent, j'ai déjà rencontré un pgcd nul, égal à 1 ou strictement plus grand que 1. Mais je peux me tromper.
  • En fait tu as oublié un point dans la définition de Math : il parle d'un pgcd.

    Pour rester dans Z, par exemple pour 2, quels sont les pgcd possibles ? Pour un entier relatif quelconque, il y en a combien ? Qu'est-ce qui les lient entre eux ?
  • Je pense que $\operatorname{pgcd}(-2,4)=-2$, mais qu'on aurait pu écrire $\operatorname{pgcd}(-2,4)=2$ qui marche bien aussi.

    En fait je pense qu'il est défini à $\epsilon\in\{+1,-1\}$ ?
  • C'est ça, en fait le pgcd est défini à un inversible près, et les inversibles de Z sont 1 et -1 : tu peux démontrer que si d est un pgdc de a et b, alors -d est aussi pgcd de a et b, et que d et -d sont les seuls.

    Donc écrire c(P) = 1 revient à écrire que $c(P)\in\{+1,-1\}$, c'est un abus d'écriture.

    Normalement ça lève ton doute.
  • Suite à ton exemple, quel est le plus grand commun diviseur de $-2$ et $4$ ? Entre $-2$ et $2$, il n'y aucun doute, non ?
    Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême).
  • S'agissant de divisibilité, $-2\mid2$ et $2\mid-2$ donc aucun des deux n'est strictement plus grand que l'autre. Les deux choix sont également pertinents comme pgcd de $2$ et $4$ qui n'est, comme l'a bien dit BMaths, défini qu'à un inversible près (ici un signe près).
  • Que penser alors de cette affirmation glanée sur le net ?

    L'existence d'un maximum pour l'ensemble des diviseurs communs à $a$ et $b$, qui est acquise dans l'ensemble des entiers relatifs, n'est pas une propriété générale à tout anneau.
    Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême).
  • L'anneau des entiers est principal : lorsqu'il existe $d$ tel que $(a)+(b)=(d)$, il est facile de voir que $d$ est un pgcd de $a$ et $b$.

    Plus généralement, lorsque l'anneau $A$ est principal, il est facile de voir qu'il existe des pgcd : si on écrit une factorisation $a=\epsilon\prod_{i=1}^rp_i^{\alpha_i}$ et $b=\eta\prod_{i=1}^rp_i^{\beta_i}$ (où $\epsilon$ et $\eta$ sont des inversibles et les $p_i$ sont les éléments irréductibles qui divisent $a$ ou $b$ dont on a éliminé les « doublons », c'est-à-dire qu'on n'a gardé qu'un seul irréductible s'il y en avait plusieurs associés) (c'est confus, désolé, mais c'est tard), on a un pgcd $d=\prod_{i=1}^rp_i^{\min(\alpha_i,\beta_i)}$.

    Néanmoins, il existe des anneaux – non factoriels, non principaux, non euclidiens – dans lesquels il n'y a pas de pgcd. Par exemple $\C[X^2,X^3]$, parce qu'il n'est pas intégralement clos (cf. https://fr.wikipedia.org/wiki/Anneau_à_PGCD) (exercice : trouver une paire d'éléments qui n'ont pas de pgcd ?).
  • Bonjour,

    Si $P\neq 0$, alors il existe $k\in0,n$ tel que $a_k\neq 0$, de sorte que $c(P)\neq 0$. D'autre part, quel que soit $k\in0,n$, il existe $m_k\in\Z$ tel que $a_k=|c(P)|\,m_k$, vu que $|c(P)||a_k$. Ce faisant, comme\[c(P)=\mbox{pgcd}(a_0,\,\cdots,\,a_n)=\mbox{pgcd}(|c(P)|\,m_0,\,\cdots,\,|c(P)|\,m_n)=|c(P)|\,\mbox{pgcd}(m_0,\,\cdots,\,m_n)\]alors, $\mbox{pgcd}(m_0,\,\cdots,\,m_n)=\pm1$.

    Cordialement,

    Thierry
    Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême).
  • Je viens de trouver cette définition du PGCD :

    Soit $A$ un anneau principal.
    Soit $a,b\in A$.
    Tout élément $d\in A$ tel que $dA=\{au+bv\mid u,v\in A\}$ s'appelle un $\operatorname{pgcd}$ de $a$ et $b$.
    Lorsque $\operatorname{pgcd}(a,b)$ est un élément inversible, on dit que $a$ et $b$ sont premier entre eux.

    Pour en revenir à mon exercice, question 1b.

    Si je suppose $c(P)$ inversible dans $\mathbb{Z}[X]$, comme $c(P)\in\mathbb{Z}$, alors il le serait dans $\mathbb{Z}$. Et donc $c(P)=\pm 1$.

    Donc $\operatorname{pgcd}(a_0,\cdots,a_n)=\pm 1$.

    En particulier, un $\operatorname{pgcd}$ de $a_0,\cdots,a_n$ serait $1$. [Je ne sais pas si c'est une bonne façon de le rédiger]

    Et donc on aurait $c(P)=1$, ce qui signifie que $P$ serait primitif, ce qui n'est pas. Contradiction.

    Que pensez-vous de cette rédaction ?


    PS : la définition qui consiste à dire qu'un polynôme primitif est de contenu $+1$ est envisageable, mais inexacte finalement ?
  • Pour ta première ligne, ce n'est pas faux mais c'est mal dit. Quels sont les inversibles de Z[X] ?

    En fait, le contenu de P est le pgcd de ses coefficients, il est donc défini au signe près dans Z. Dire que P est primitif, c'est dire que c(P) = 1, mais dire que c(P) = 1 c'est un abus d'écriture pour dire c(P) = 1 ou c(P) = -1.

    Après dans Z tu peux aussi dire que tu définis le contenu comme le pgcd positif des coefficients de P, et dans ce cas c(P) = 1 veut bien dire c(P) = 1, mais c'est une particularité de Z, dans un anneau plus général tu ne peux pas choisir préférentiellement un pgcd.

    C'est un problème de classes d'équivalences, une fois qu'on en a l'habitude on voit mieux.
  • Bsd4u a écrit:
    Pour ta première ligne, ce n'est pas faux mais c'est mal dit. Quels sont les inversibles de Z[X] ?

    Si $(A,+,\times)$ désigne un anneau commutatif unitaire, alors $(A[X],+,\times)$ en est un aussi : c'est l'anneau des polynômes à coefficients dans $A$.
    Il me semble que les inversibles de l'anneau $(A[X],+,\times)$ sont les polynômes constants non nuls.

    En effet :
    - Si $P=0$, alors $PQ=0$ pour tout $Q\in A[X]$. Donc le cas $P=0$ est à exclure.
    - Si $P\in A[X]\setminus\{0\}$ est inversible, alors il existe $Q\in A[X]$ de sorte que $PQ=1$ et donc $\deg(PQ)=\deg(1)$.

    Je trouve alors $\deg(PQ)=\deg(1)$, soit $\deg(P)+\deg(Q)=0$.
    On cherche donc deux entiers de somme nulle.
    Nécessairement, $\deg(P)=\deg(Q)=0$. Donc $P$ est constant.

    [J'ai eu une hésitation sur le fait que $\deg(PQ)=\deg(P)+\deg(Q)$, est-ce vrai sur $A[X]$, quelque soit $A$ ?)

    Pour répondre à la question, je dirais que les inversibles de $\mathbb Z[X]$ sont les polynômes constants non nuls de $\mathbb Z[X]$.

    De fait, si l'on suppose que $c(P)$ est inversible dans $\mathbb Z[X]$, alors $c(P)$ est un polynôme constant non nul. Soit $c(P)=k$ pour un certain $k\in\mathbb Z\setminus\{0\}$.
    Donc il peut très bien être égal à $2$ ! Il me manque l'argument pour arriver à justifier que $c(P)=\pm 1$.

    Si un élément est inversible dans $A[X]$, il l'est dans $A$ ?
  • [J'ai eu une hésitation sur le fait que deg(PQ)=deg(P)+deg(Q), est-ce vrai sur A[X], quelque soit A ?)

    Le plus simple est d'essayer de le redémontrer, c'est facile. En le faisant tu verras l'hypothèse qu'il faut sur A.

    Ensuite, tu as montré que : si P dans Z[X] est inversible, alors il est constant non nul. Mais tu n'as pas montré que les polynômes constants non nuls sont inversibles (quel serait l'inverse de 2 ?).

    Tu as fais une phase d'analyse, mais sans la synthèse. Ton P est donc inversible dans Z, il faut continuer.
  • Ok !

    J'écris $P=\sum_{k=0}^na_kX^k$ et $Q=\sum_{k=0}^mX^k$.
    Ainsi $PQ=\sum_{k=0}^{n+m}c_kX^k$ avec $c_k=\sum_{i+j=k}a_ib_j$ et $c_{n+m}=a_nb_m$.
    Je peux donc écrire $PQ=a_nb_mX^{n+m}+\sum_{k=0}^{n+m-1}c_kX^k$.
    Par conséquent $\deg(PQ)=n+m$ à condition que $a_nb_m\neq 0$. Ce qui est assuré si $a_n\neq 0$ et $b_m\neq 0$ et que l'anneau $A$ est intègre.

    Je pense que j'ai saisi : $\deg(PQ)=\deg(P)+\deg(Q)$ dans $A[X]$ dès lors que $A$ est intègre.
    C'est le cas ici, puisque $A=\mathbb Z$.
  • Je vois.

    Je suppose l'anneau $(A,+,\times)$ commutatif, unitaire et intègre.

    Alors l'anneau $(A[X],+,\times)$ est intègre. Cherchons ses inversibles.

    Dans mon message précédent, je prouve que si $P\in A[X]$ est inversible alors $P$ est un polynôme constant non nul inversible. Donc $P\in A^\times$. Et réciproquement.

    En fait, je pense que $P\in A[X]^\times\iff P\in A^\times$ lorsque $A$ est intègre.

    Avec $A=\mathbb Z$, cela donne $P\in\mathbb Z[X]^\times\iff P\in \mathbb Z^\times\iff P\in\{\pm 1\}$.
  • Pour le degré du produit, c'est bon.

    Et réciproquement, si P est dans les inversibles de A, il est dans les inversibles de A[X] puisque A y est inclus.

    Tes dernières équivalences sont vraies par ce que tu as fait précédemment. Tu peux tranquillement t'attaquer à la suite !
  • Ok !

    Je reprends la rédaction de la question 1-b :

    Soit $P\in\mathbb{Z}[X]$.

    Pour montrer que $P$ n'est pas irréductible, prouvons que $P$ peut s'écrire comme le produit de deux éléments de $\mathbb{Z}[X]$ non inversibles dans $\mathbb{Z}[X]$.

    D'après 1-a, je peux affirmer qu'il existe $\tilde{P}\in\mathbb{Z}[X]$ primitif de sorte que $P=c(P)\tilde{P}$. C'est bien le produit de deux éléments de $\mathbb{Z}[X]$. Prouvons que ces deux éléments $c(P)$ et $\tilde{P}$ sont non inversibles dans $\mathbb{Z}[X]$.

    - Par l'absurde, supposons que $c(P)\in\mathbb{Z}[X]^\times$.

    Puisque l'anneau $(\mathbb{Z},+,\times)$ est intègre, alors $c(P)\in\mathbb{Z}[X]^\times\iff c(P)\in\mathbb{Z}^\times\iff c(P)\in\{\pm 1\}$.

    Ensuite la rédaction dépend de la définition :
    1) Si la définition est que le polynôme est primitif lorsque le contenu est $+1$ ou $-1$ :
    Je peux affirmer que $c(P)\in\{\pm 1\}$ signifie que $P$ est primitif, ce qui n'est pas. Contradiction.

    2) Si la définition est que le polynôme est primitif lorsque le contenu est $+1$, alors il faut distinguer :
    Soit $c(P)=1$, ce qui est exclu parce que P est supposé non primitif.
    Soit $c(P)=-1$. Et là, je bloque un peu.

    - Pour $\tilde{P}$, on a vu que $\tilde{P}:=\frac{1}{c(P)}P$ et donc $deg(\tilde{P})=deg(P)>0$ car on a supposé $deg(P)>0$. Par conséquent, $P$ n'est pas constant et donc $P\not\in\mathbb{Z}[X]^\times$.

    Conclusion : $P$ est bien le produit de deux éléments de $\mathbb{Z}[X]$ non inversibles dans $\mathbb{Z}[X]$. Il n'est donc pas irréductible.
  • En fait tu n'as pas encore compris l'histoire du contenu : le contenu est défini au signe près, donc c(P) = 1 et c(P) = -1, c'est la même chose en fait, il n'y a pas de cas à distinguer.

    Il faut bien comprendre qu'écrire "soit c(P) = 1, soit c(P) = -1" comme si (soit l'un est vrai, soit c'est l'autre) n'a pas de sens : si 1 est un pgcd des coefficients de P, alors -1 en est un aussi, et inversement.

    En fait j'ai relu et j'avais fait une erreur : j'ai écris que c(P) = 1 revient à écrire c(P) est inclus dans {-1,1}, mais c'est faux, en fait c'est dire c(P) = {-1,1}. L'égalité c(P) = 1 est écrite dans Z quotienté par la relation d'équivalence "être associé à" qui est ici "être égale au signe près" : c(P) = 1 si 1 est un pgcd des coefficients de P.
  • Je n'avais jamais vu cette relation d'équivalence.

    Je prends $E=\mathbb Z$.
    Je pose la relation d'équivalence $a\mathcal{R}_Eb\iff a=\epsilon b$ avec $\epsilon\in\{-1,+1\}$. Je vérifie que c'en est une :

    (R) : $a\mathcal{R}_Ea$, c'est direct.

    (S) : si $a\mathcal{R}_Eb$, je remarque que $\epsilon\times\epsilon=1$.

    Alors $a=\epsilon b$ et donc $\epsilon a=\epsilon \epsilon b$, soit $\epsilon a=b$.

    Donc $b\mathcal{R}_Ea$

    (T) : si $a\mathcal{R}_Eb$ et si $b\mathcal{R}_Ec$, je prouve que $a\mathcal{R}_Ec$ :

    On a $a=\epsilon b$ et $b=\epsilon' c$.

    D'où $a=\epsilon b=\epsilon (\epsilon' c)=(\epsilon\epsilon')c=\epsilon ''c$ en posant $\epsilon''=\epsilon\epsilon'$.

    Comme $\epsilon\in\{-1,+1\}$ et $\epsilon'\in\{-1,+1\}$ alors $\epsilon''\in\{-1,+1\}$.

    Par conséquent, $a=\epsilon''c$ avec $\epsilon''\in\{-1,+1\}$, soit $a\mathcal{R}_Ec$.

    ---

    Par la suite, je note $\bar{a}:=\{b\in E\mid a\mathcal{R}_Eb\}=\{b\in\mathbb{Z}\mid a=\epsilon b\}$.

    Par exemple, $\bar{1}=\{b\in\mathbb{Z}\mid 1=\epsilon b\}=\{-1,1\}$.

    Ainsi, $c(P)=1$ signifie en réalité $c(P)=\bar{1}$, la classe d'équivalence de $1$ pour la relation d'équivalence $a\mathcal{R}_Eb\iff a=\epsilon b$.
  • Pour en finir avec la question 1-b :

    Soit $P\in\mathbb{Z}[X]$.

    Pour montrer que $P$ n'est pas irréductible, prouvons que $P$ peut s'écrire comme le produit de deux éléments de $\mathbb{Z}[X]$ non inversibles dans $\mathbb{Z}[X]$.

    D'après 1-a, je peux affirmer qu'il existe $\tilde{P}\in\mathbb{Z}[X]$ primitif de sorte que $P=c(P)\tilde{P}$. C'est bien le produit de deux éléments de $\mathbb{Z}[X]$. Prouvons que ces deux éléments $c(P)$ et $\tilde{P}$ sont non inversibles dans $\mathbb{Z}[X]$.

    - Par l'absurde, supposons que $c(P)\in\mathbb{Z}[X]^\times$.

    Puisque l'anneau $(\mathbb{Z},+,\times)$ est intègre, alors $c(P)\in\mathbb{Z}[X]^\times\iff c(P)\in\mathbb{Z}^\times\iff c(P)=\{\pm 1\}\iff c(P)=\overline{1}$.

    Ce qui signifierait que $P$ serait primitif. Ce qui n'est pas.

    - Pour $\tilde{P}$, on a vu que $\tilde{P}:=\frac{1}{c(P)}P$ et donc $deg(\tilde{P})=deg(P)>0$ car on a supposé $deg(P)>0$. Par conséquent, $P$ n'est pas constant et donc $P\not\in\mathbb{Z}[X]^\times$.

    Conclusion : $P$ est bien le produit de deux éléments de $\mathbb{Z}[X]$ non inversibles dans $\mathbb{Z}[X]$. Il n'est donc pas irréductible.
  • J'aurais dû l'expliquer plus tôt comme ça en fait, là c'est bon (juste une coquille, tu as encore mis c(P) appartient à, au lieu de égal, mais avec ce que tu as écris avant on voit que tu as compris).

    C'est du temps passé sur un détail mais là tu es bon !

    Tu en es où du coup ?
  • Merci ! C'est du détail, mais j'y vois plus clair maintenant !

    Je suis en train de refaire la question 1-a en fait. Je pense qu'il y a une erreur car si $P=0$, alors $c(P)=\overline{0}$.

    Et donc s'il existait $\tilde{P}$ primitif de sorte que $P=c(P)\tilde{P}$, on aurait $\tilde{P}=0$ et $c(\tilde{P})=\overline{1}$, ce qui n'est pas.

    Me trompe-je ?
  • Je vais supposer que $P$ n'est pas nul dans ce qui suit.

    Méthode 1 :
    Je note $P=\sum_{k=0}^na_kX^k\in\mathbb{Z}[X]$ et $c(P)=\mathrm{pgcd}(a_0,\cdots,a_n)$.
    Comme $P\neq 0$ alors il existe un $k$ dans $0,n$ de sorte que $a_k\neq 0$. Et ceci impose $c(P)\neq\overline{0}$.
    Je remarque ensuite que, pour tout $k\in 0,n$, $c(P)\mid a_k$ et donc on peut écrire $a_k=c(P)\times m_k$ pour $m_k\in\mathbb Z$. Ainsi :
    $\begin{aligned}
    c(P)&:=\mathrm{pgcd}(a_0,\cdots,a_n)\\
    &=\mathrm{pgcd}(c(P)\times m_0,\cdots,c(P)m_n)\\
    &=c(P)\mathrm{pgcd}(m_0,\cdots,m_n)
    \end{aligned}$
    En simplifiant par $c(P)\neq\overline{0}$, je trouve $\mathrm{pgcd}(m_0,\cdots,m_n)=\overline{1}$.
    Par conséquent, le polynôme $\tilde{P}:=\sum_{k=0}^nm_kX^k$ est primitif. De surcroît, on a :
    $\begin{aligned}
    c(P)\tilde{P}&=c(P)\sum_{k=0}^nm_kX^k\\
    &=\sum_{k=0}^nc(P)m_kX^k\\
    &=\sum_{k=0}^na_kX^k\\
    &=P
    \end{aligned}$
    On a bien montré que, pour tout polynôme $P$ de $\mathbb{Z}[X]$ non nul, il existe un polynôme $\tilde{P}$ primitif tel que $P=c(P)\tilde{P}$.

    Méthode 2 :
    Je pose directement $\tilde{P}:=\frac{1}{c(P)}P$.
    Il a les qualités voulues :
    (1) $\tilde{P}=\frac{1}{c(P)}P \Rightarrow P=c(P)\tilde{P}$
    (2) En notant $P=\sum_{k=0}^na_kX^k\in\mathbb{Z}[X]$, on a $\tilde{P}=\sum_{k=0}^n\frac{a_k}{c(P)}X^k\in\mathbb{Z}[X]$. Par conséquent :
    $\begin{aligned}
    c(\tilde{P})&=\mathrm{pgcd}(\frac{a_0}{c(P)},\cdots,\frac{a_n}{c(P)})\\
    &=\frac{1}{c(P)}\mathrm{pgcd}(a_0,\cdots,a_n)\\
    &=\frac{1}{c(P)}c(P)\\
    &=\overline{1}
    \end{aligned}$
    Ainsi, pour tout polynôme $P$ de $\mathbb{Z}[X]$ non nul, il existe toujours le polynôme $\tilde{P}:=\frac{1}{c(P)}P$ primitif tel que $P=c(P)\tilde{P}$.
    Il me semble que les deux méthodes fonctionnent.
    Qu'en pensez-vous ?
    La deuxième me semble plus rapide !
  • Pour le premier message, tu as dû t'embrouiller. Si P est nul, alors c(P) = 0 effectivement (par convention si tu regardes la définition), mais du coup n'importe quel polynôme primitif convient : multiplié par 0 il devient nul, donc égal à P.


    Pour la deuxième méthode, je trouve ça un peu maladroit, on travaille avec des coefficients et des pgcd dans Z, tandis que 1/C(P) est dans Q à priori, du coup la formule que tu utilises d'associativité du pgcd n'est pas celle de l'associativité du pgcd dans Z, même si celle-là m'a l'air vraie aussi. Je préfère la première méthode, même si la seconde me paraît également valide. Conseil pour la rédaction : pour P~, tu peux directement dire que multiplié par c(P) c'est P, pas besoin de réécrire les sommes.
  • Bsd4u a écrit:
    Pour le premier message, tu as dû t'embrouiller. Si P est nul, alors c(P) = 0 effectivement (par convention si tu regardes la définition), mais du coup n'importe quel polynôme primitif convient : multiplié par 0 il devient nul, donc égal à P.

    Ah oui, c'est vrai !
    Bsd4u a écrit:
    la formule que tu utilises d'associativité du pgcd n'est pas celle de l'associativité du pgcd dans Z

    C'est subtil. Les "propriétés" du pgcd ne se transposent pas ? Si j'ai une associativité dans $\mathbb Z$, il n'est pas dit que j'en ai une dans $\mathbb Q$ ? Ou du moins que ce ne soit pas la même ?

    Merci pour les conseils de rédaction !

    Pour la suite, je reprends la question 2-a :

    2-a)

    Soit $P=\sum_{k=0}^na_kX^k$ et $Q=\sum_{k=0}^mb_kX^k$ deux polynômes primitifs de $\mathbb{Z}[X]$.

    Notons $PQ=\sum_{k=0}^{n+m}c_kX^k$ avec $c_k=\sum_{i+j=k}a_ib_j$.

    Raisonnons par l'absurde en supposant que $PQ$ ne soit pas primitif. Ce qui signifie donc que $pgcd(c_0,\cdots,c_{n+m})\neq\overline{1}$.

    Ainsi, il existe un nombre premier $p$ divisant tous les $c_i$. Et donc $\bar{c_i}=\bar{0}$ dans $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$.

    Par conséquent, en notant $\overline{PQ}=\sum_{k=0}^n\bar{c_k}X^k$ la réduction du polynôme $PQ$ modulo $p$, on a $\overline{PQ}=\overline{0}$ dans $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$.

    L'application $\begin{array}{ccccc}
    f & : & \mathbb{Z} & \to & \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \\
    & & k & \mapsto & \bar{k} \\
    \end{array}$ étant un morphisme d'anneaux, on a :
    $f(c_k)=\sum_{i+j=k}f(a_i)f(b_j)$

    D'où $\overline{c_k}=\sum_{i+j=k}\overline{a_i}\overline{b_j}$ et donc $\overline{PQ}=\overline{P}.\overline{Q}$.

    Par conséquent, $\overline{PQ}=0\iff \overline{P}.\overline{Q}=\overline{0}$.

    Comme $p$ est premier, $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ est un corps donc intègre.

    Par conséquent $\overline{P}.\overline{Q}=\overline{0} \Rightarrow \overline{P}=\overline{0}\lor\overline{Q}=\overline{0}$.

    Supposons que $\overline{P}=\overline{0}$, alors $p$ serait un diviseur commun à tous les $a_i$. Et donc le contenu de P ne pourrait être égal à $\overline{1}$. Contradiction avec le fait que $P$ soit supposé primitif.

    Un raisonnement symétrique pour $\overline{Q}=\overline{0}$ conduit à la même contradiction.

    Qu'en pensez-vous ?
  • Ben en fait tu voudrais transposer dans quoi ? C'est quoi le pgcd dans Q ? De manière générale, dans un corps ?

    Essaye d'écrire un énoncé du résultat précis que tu utilises, tu verras que c'est pas très beau.

    Enfin c'est peut-être seulement personnel.

    Sinon la 2) a) ça m'a l'air bon, je ne comprends juste pas la notation pour dire que classe de P = 0 ou classe de Q = 0.
  • Je ne suis pas encore trop au point sur ce sujet. Mais d'une première lecture, je retiens que :

    1. Le triplet $(A,+,\times)$ désigne un anneau commutatif intègre. Sur $A\setminus\{0\}$, on définit la relation d'équivalence $x\mathcal{R}_A y\iff \exists u\in A^\times\,,y=ux$ (ce qui signifie dans une "configuration classique" que $x\mid y$).

    2. Si $F$ est un ensemble d'éléments de $A$, alors on définit $d$ un $\mathrm{pgcd}$ de $F$ comme étant tel que :
    a. $\forall x\in F\,, d\mathcal{R}_A x$, [soit $d\mid x$ ]
    b. $\forall\delta\in A\setminus\{0\}, \delta\mathcal{R}_A x \Rightarrow \delta\mathcal{R}_A d$ [soit $\delta\mid x\Rightarrow \delta\mid d$ ]


    Dans ce cadre là, $\mathrm{pgcd}(ka,kb)=k \mathrm{pgcd}(a,b)$ signifierait en notant $d_1=\mathrm{pgcd}(ka,kb)$ et $d_2=\mathrm{pgcd}(a,b)$ que $d_1=kd_2$.
    Je ne sais pas si cela est très rigoureux !

    Sinon, pour la question 2-a, la notation incomprise est sur le $\overline{P}$ (la barre au-dessus du $P$) ou sur le $\lor$ ? Si c'est le second, c'est ce que je trouve dans le chapitre de logique pour désigner "ou".
  • Si $A^{\times}$ désigne l'ensemble des inversibles de $A$, alors la relation que tu as décrite n'est pas la divisibilité mais l'association : on dit que $x$ et $y$ sont associés lorsque $y=ux$ pour un certain inversible $u$.

    Au passage la divisibilité n'est pas une relation d'équivalence... $x \mid y$ entraîne rarement $y \mid x$ (c'est le cas justement quand $x$ et $y$ sont associés).
  • Bonjour,

    En général, il ne s'agit même pas d'une relation d'ordre, mais uniquement de pré-ordre. L'on pourra opposer cette relation définie sur $\N$ à celle définie sur $\Z$. La notion de plus grand élément, tout comme celle de plus petit élément, peut donc ne pas avoir de sens. Que l'on ait pu garder les symboles $\mbox{pgcd}$ et $\mbox{ppcm}$, me semble fortement incongru.

    Cordialement,

    Thierry
    Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême).
  • Oups.
    J'ai repris des notions présentées dans un document qui avait l'air sérieux. De toute façon, je n'ai pas encore les connaissances suffisantes pour aller jusque-là. Mais j'y travaille !

    Pour la question 2-b., voilà le fruit de mes recherches :

    Si $P\in\mathbb{Z}[X]$, on a vu dans la première question qu'il est possible d'écrire $P=c(P)\tilde{P}$ où $\tilde{P}$ est primitif.
    De même, on peut écrire $Q=c(Q)\tilde{Q}$ où $\tilde{Q}$ est primitif. Par conséquent :
    $PQ=c(P)c(Q)\tilde{P}\tilde{Q}$.

    Au départ, j'avais écrit qu'alors $c(PQ)=c(c(P)c(Q)\tilde{P}\tilde{Q})=c(P)c(Q)c(\tilde{P}\tilde{Q})$. Puis, question 2-a, le produit de deux polynômes primitifs est primitif. Par conséquent, le contenu du produit $\tilde{P}\tilde{Q}$ est $\overline{1}$. Ce qui donne $c(PQ)=c(P)c(Q)\times\overline{1}=c(P)c(Q)$. Mais au vu de ce que l'on vient de dire, je déduis que $c(kP)\neq kc(P)$.

    Bref, je rebrousse chemin. De l'égalité $PQ=c(P)c(Q)\tilde{P}\tilde{Q}$, je déduis que $c(P)c(Q)$ divise le produit $PQ$ donc divise les coefficients de ce polynôme. [J'hésite ici]

    Par conséquent, $c(P)c(Q)$ divise le plus grand (peut-on parler d'ordre ?) des diviseurs de ses coefficients. Soit $c(P)c(Q)\mid c(PQ)$.

    Il me reste à montrer que $c(PQ)\mid c(P)c(Q)$ pour avoir l'égalité.

    Mais je bloque.
  • Je n'ai pas compris pourquoi tu rebrousses chemin, je ne comprends pas ce que tu as écrit juste avant d'ailleurs.
  • En fait, on a dit qu'il était maladroit d'écrire que $\mathrm{pgcd}(\frac{a_0}{c(P)},\cdots,\frac{a_n}{c(P)})=\frac{1}{c(P)}\mathrm{pgcd}(a_0,\cdots,a_n)$.
    Donc j'ai pensé qu'il en était de même ici.


    Si j'écrivais tout, cela donnerait :
    - D'une part : $\tilde{P}=\sum_{k=0}^nm_kX^k$ et $\tilde{Q}=\sum_{k=0}^mn_kX^k$ avec $\tilde{P},\tilde{Q}$ primitifs.
    - D'autre part : $\tilde{P}\tilde{Q}=\sum_{k=0}^{n+m}t_kX^k$ avec $t_k=\sum_{i+j=k}m_in_j$

    Par conséquent :
    - D'une part : $c(\tilde{P}\tilde{Q})=\mathrm{pgcd}(t_0,\cdots,t_{n+m})=\overline{1}$ puisque le produit de deux primitifs est un primitif.
    - D'autre part : $c(P)c(Q)\tilde{P}\tilde{Q}=\sum_{k=0}^{n+m}c(P)c(Q)t_kX^k$.

    Et finalement :
    $\begin{aligned}
    c(PQ)&=c(c(P)c(Q)\tilde{P}\tilde{Q})\\
    &=\mathrm{pgcd}(c(P)c(Q)t_0,\cdots,c(P)c(Q)t_{n+m})\\
    &=c(P)c(Q)\mathrm{pgcd}(t_0,\cdots,t_{n+m})\\
    &=c(P)c(Q)\\
    \end{aligned}$

    Et là, j'ai utilisé la propriété d'associativité dans $\mathbb Z$.
    En fait, en me relisant, je pense mieux comprendre : tous les coefficients sont dans $\mathbb Z$, donc cela fonctionne.
  • Oui, tout était bon !
  • Merci ! Je vais attaquer la question 3.

    Il me semble que ce sens là $\Rightarrow$ est clair puisque $\mathbb{Z}[X]\subset\mathbb{Q}[X]$. Je vais réfléchir à l'autre sens.
  • Ce n'est pas si clair. Par exemple $7X^2 - 14X + 21X$ est irréductible dans $\mathbb Q[X]$, mais pas dans $\mathbb Z[X]$...
  • J'aurais mieux fait de tourner mon stylo 7 fois sur ma feuille.

    En fait, il faut les deux conditions. Si $P\in\mathbb{Z}[X]$ est irréductible et primitif dans $\mathbb{Q}[X]$ alors il l'est dans $\mathbb Z[X]$.


    (1) On sait $P\in\mathbb{Z}[X]$ est irréductible dans $\mathbb{Q}[X]$. Donc $P$ n'est pas le produit de deux éléments non inversibles dans $\mathbb{Q}[X]$, et donc :
    Si $P=P_1P_2$ avec $P_1,P_2\in\mathbb{Q}[X]$ alors $P_1\in\mathbb{Q}[X]^\times$ ou $P_2\in\mathbb{Q}[X]^\times$.

    (2) On sait également que $P\in\mathbb{Z}[X]$ est primitif. Donc $c(P)=\overline{1}$.

    Avec ces 2 conditions, on montre qu'être irréductible dans $\mathbb{Q}[X]$ implique de l'être dans $\mathbb{Z}[X]$.

    ---
    Par l'absurde, supposons qu'avec ces conditions, $P\in\mathbb{Z}[X]$ ne soit pas irréductible dans $\mathbb{Z}[X]$.

    Ecrivons alors $P=P_1P_2$ avec $P_1,P_2\in\mathbb{Z}[X]\subset {Q}[X]$.

    Du point (1), on déduit que nécessairement, $P_1\in\mathbb{Q}[X]^\times$ ou $P_2\in\mathbb{Q}[X]^\times$.

    Comme vu plus haut, $P\in A[X]^\times \iff P\in A^\times$ lorsque $A$ est intègre. Ce qui est le cas ici, puisque $A\in\mathbb{Z}$.

    On aurait alors $P_1\in\mathbb{Q}^\times$ ou $P_2\in\mathbb{Q}^\times$.

    C'est-à-dire $P_1\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$ ou $P_2\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$.

    Du point (2) et de la question 2-b), on déduit que $c(P)=c(P_1)c(P_2)=\overline{1}$.

    Nécessairement, $c(P_1)=\overline{1}$ ou $c(P_2)=\overline{1}$.

    Ainsi, on aurait $P_i\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$ et $c(P_i)=\overline{1}$. C'est donc que $P_i=\pm 1\in\mathbb{Z}^\times$.

    Ainsi, soit $P_1\in\mathbb{Z}^\times=\mathbb{Z}[X]^\times$, soit $P_2\in\mathbb{Z}^\times=\mathbb{Z}[X]^\times$,

    Par conséquent : $P=P_1P_2$ avec $P_1,P_2\in\mathbb{Z}[X]$ impose $P_1\in\mathbb{Z}[X]^\times$ ou $P_2\in\mathbb{Z}[X]^\times$.

    Contradiction avec le fait que $P$ ait été supposé non inversible dans $\mathbb{Z}[X]$.
  • Plutôt que de raisonner par l'absurde, tu raisonnes par contraposée : si $P$ est réductible dans $\mathbb Z[X]$, il l'est dans $\mathbb Q[X]$.
  • J'essaye !
    Juste pour commencer, est-ce que je traduis bien :
    - L'irréductible dans $\mathbb Q[X]$, on a l'implication :
    Si $P=P_1P_2$ avec $P_1,P_2\in\mathbb{Q}[X]$ alors $P_1\in\mathbb{Q}[X]^\times$ ou $P_2\in\mathbb{Q}[X]^\times$.

    - La réductibilité dans $\mathbb Q[X]$, on a :
    $\bigg(P=P_1P_2$ avec $P_1,P_2\in\mathbb{Q}[X]\bigg)$ et $\bigg(P_1\not\in\mathbb{Q}[X]^\times$ et $P_2\not\in\mathbb{Q}[X]^\times\bigg)$

    Et donc la démarche est la suivante.
    Je veux montrer que : $P$ est irréductible dans $\mathbb Q[X]$ $\Rightarrow$ $P$ est irréductible dans $\mathbb Z[X]$
    Pour cela, je montre que : $P$ est réductible dans $\mathbb Z[X]$ $\Rightarrow$ $P$ est réductible dans $\mathbb Q[X]$.
    Je suppose donc $P$ est réductible dans $\mathbb Z[X]$. Et je montre qu'alors il l'est aussi dans $\mathbb Q[X]$.
    J'écris $P=P_1P_2$ avec $P_1,P_2\in\mathbb{Q}[X]$.
    Et j'essaye de prouver que cela implique $P_1\not\in\mathbb{Q}[X]^\times$ et $P_2\not\in\mathbb{Q}[X]^\times$.
    Ai-je bien compris ?
  • Être réductible, c'est "ne pas être irréductible". Tu es sûr qu'alors ta définition de réductible est bonne ? Là, si P1 et P2 sont quelconques, ça m'a l'air compliqué de montrer ça.
  • Je m'emmêle les pinceaux :!

    La définition que j'ai, est la suivante :
    "Un polynôme $P\in\mathbb Z[X]$ est irréductible s'il n'est pas le produit de deux éléments non inversibles de $\mathbb{Z}[X]$."

    Donc j'en déduis que :
    "Un polynôme $P\in\mathbb Z[X]$ est réductible s'il est produit de deux éléments non inversibles de $\mathbb{Z}[X]$.

    Appliqué à l'exercice, cela donne :
    Le polynôme $P\in \mathbb Z[X]$ est irréductible s'il n'est pas inversible et si une relation de la forme $P=P_1P_2$ avec $P_1,P_2\in\mathbb{Z}[X]$ implique $P_1\in\mathbb{Z}[X]^\times$ ou $P_2\in\mathbb{Z}[X]^\times$.

    Le polynôme $P\in \mathbb Z[X]$ est réductible s'il se décompose en un produit $P=P_1P_2$ avec $P_1,P_2$ non inversibles.

    Je fais une erreur ?
  • C'est ça, pour irréductible tu as un "pour tout" et pour réductible tu as un "il existe" puisque c'est la négation d'un "pour tout".
    Donc tu démarrais mal ta tentative de preuve.
  • Je vois. Plus précisément, on a :

    Irréductibilité :
    Le polynôme $P\in \mathbb Z[X]$ est irréductible s'il n'est pas inversible et si pour tout polynôme $P_1,P_2\in\mathbb{Z}[X]$ tels que $P=P_1P_2$, alors $P_1\in\mathbb{Z}[X]^\times$ ou $P_2\in\mathbb{Z}[X]^\times$.

    Réductibilité :
    Le polynôme $P\in \mathbb Z[X]$ est réductible s'il existe deux polynômes $P_1,P_2\in\mathbb{Z}[X]$ non inversbiles tel que $P=P_1P_2$.

    Ici, je veux prouver que :
    $P$ est irréductible dans $\mathbb Q[X]$ $\Rightarrow$ $P$ est irréductible dans $\mathbb Z[X]$
    Par contraposition, je prouve que :
    $P$ est réductible dans $\mathbb Z[X]$ $\Rightarrow$ $P$ est réductible dans $\mathbb Q[X]$.

    Je suppose donc $P$ est réductible dans $\mathbb Z[X]$. Et je montre qu'alors il l'est aussi dans $\mathbb Q[X]$.

    Et pour ce faire, je montre qu'il existe $P_1,P_2$ non inversibles dans $\mathbb{Q}[X]$ tel que $P=P_1P_2$.

    Ai-je mieux compris ?
  • Voilà c'est ça, maintenant il ne reste plus qu'à faire !
  • J'ai des difficultés pour cette question.

    Voilà ce que j'ai écrit.

    Soit $P$ un polynôme réductible dans $\mathbb{Z}[X]$.

    Alors il existe deux polynômes $P_1,P_2\in\mathbb{Z}[X]$ non inversibles tels que $P=P_1P_2$.

    Puisque $P$ est primitif, alors il est de contenu $c(P)=\overline{1}$. En utilisant la question 2-b et en passant aux contenus, j'obtiens $\overline{1}=c(P_1)c(P_2)$.

    On sait que $\mathbb{Z}[X]^\times=\mathbb{Z}^\times=\{\pm 1\}$, puisque $\mathbb{Z}$ est intègre. Et puisque les polynômes $P_1,P_2$ sont non inversibles, alors ils ne sont pas élément de l'ensemble $\{\pm 1\}$.

    A l'arrivée, je veux une écriture $P=P_1P_2$ avec $P_1,P_2\in\mathbb{Q}[X]$ non inversibles. En sachant que $\mathbb{Q}[X]^\times=\mathbb{Q}^\times=\mathbb{Q}\setminus\{0\}$.

    Je ne vois pas comment y parvenir :-(
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