Le critère d'Eisenstein

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 $\overline{1}=c(P_1)c(P_2)$. D'où $c(P_1)=\overline{1}$ et $c(P_2)=\overline{1}$.

Par conséquent, $P_1,P_2\not\in\{0\}$.

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 dans $\mathbb{Z}[X]$, alors ils ne sont pas élément de l'ensemble $\{\pm 1\}$.

Par conséquent, $P_1,P_2\not\in\{-1,0,1\}$.

Supposons $P_i=k\in\mathbb{Z}\setminus\{-1,0,1\}$ alors on aurait $c(P_i)=\overline{k}\neq\overline{1}$, ce qui n'est pas.

Par conséquent, $P_1,P_2\not\in\mathbb{Z}$.

On en déduit que $deg(P_1),deg(P_2)\ge 1$ et donc que $P_1,P_2\not\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$.

Vu que $\mathbb{Q}\setminus\{0\}=\mathbb{Q}^\times=\mathbb{Q}[X]^\times$, alors on obtient une écriture de $P$ sous la forme $P=P_1P_2$ avec $P_1,P_2\not\in\mathbb{Q}[X]^\times$.

C'est donc que $P$ est réductible dans $\mathbb{Q}[X]$.

Je pense que c'est bon cette fois !
Je ne comprends pas pourquoi j'ai bloqué sur $\overline{1}=c(P_1)c(P_2)\iff c(P_1)=\overline{1}$ et $c(P_2)=\overline{1}$. A cause de la classe d'équivalence peut être ?

Ok, j'essaye !

Je suppose que $\overline{1}=c(P_1)c(P_2)$.

Je note $c(P_1)=\overline{k_1}$ et $c(P_2)=\overline{k_2}$.

Par suite, j'obtiens $\overline{1}=\overline{k_1}.\overline{k_2}=\overline{k_1k_2}$.

Donc $1\mathcal{R}_\mathbb{Z}k_1k_2$ et donc il existe $\epsilon\in\{\pm 1\}$ tel que $1=\epsilon k_1k_2$.

Si $\epsilon=1$, alors on obtient l'égalité $1=k_1k_2$, avec $k_1,k_2\in\mathbb{Z}$ qui impose $k_1=k_2=1$.
Dans ce cas, $c(P_1)=\overline{k_1}=\overline{1}$ et $c(P_2)=\overline{k_2}=\overline{1}$.

Si $\epsilon=-1$, alors on obtient l'égalité $1=-k_1k_2$, avec $k_1,k_2\in\mathbb{Z}$ qui impose $k_1=1$ et $k_2=-1$, ou l'inverse.
Mais $-1\mathcal{R}_\mathbb{Z}1$ et donc $\overline{-1}=\overline{1}$.
Donc, dans ce cas aussi, $c(P_1)=\overline{k_1}=\overline{1}$ et $c(P_2)=\overline{k_2}=\overline{-1}=\overline{1}$.

Ceci prouve le sens $\Rightarrow$.

Pour l'autre sens, j'ai un doute.

Je suppose $c(P_1)=\overline{1}$ et $c(P_2)=\overline{1}$.

Par conséquent, j'écris $c(P_1)c(P_2)=\overline{1}.\overline{1}=\overline{1}$.

Le doute, je l'ai sur la "multiplication" entre les "facteurs" $\overline{a}$ et $\overline{b}$ pour cette relation d'équivalence.

Puis-je le faire comme une multiplication classique ?

Ok !

J'essaye ! Je définis la multiplication $\overline{a}\times\overline{b}:=\overline{a\times b}$.

Je vais prouver que la valeur $\overline{a\times b}$ ne dépend pas du choix des représentants pour figurer $\overline{a}$ et $\overline{b}$.

Soient $a'\in\overline{a}$ et $b'\in\overline{b}$.

Puisque $a'\mathcal{R}_\mathbb{Z}a$ alors $a'=\epsilon a$.
Puisque $b'\mathcal{R}_\mathbb{Z}b$ alors $b'=\epsilon' b$.

Par conséquent, $a'\times b' = \epsilon a\times\epsilon' b=\epsilon''\times a\times b$ avec $\epsilon''=\epsilon\epsilon\in\{\pm 1\}$.

Donc $a'\times b' \mathcal{R}_\mathbb{Z} a\times b$, soit $\overline{a'\times b'}=\overline{a\times b}$.

Je pense que ça fonctionne ainsi !

Merci, je pense avoir bien compris maintenant.

Je m'attaque à la réciproque :

Pour prouver que, dans ces conditions, $P$ est irréductible dans $\mathbb Q[X]$, je vais essayer de montrer que :
(i) $P$ n'est pas inversible dans $\mathbb Q[X]$ : $P\not\in\mathbb Q[X]^\times$.
(ii) Pour tout polynômes $P_1,P_2\in\mathbb{Q}[X]$ vérifiant l'égalité $P=P_1P_2$, on a $P_1\in\mathbb{Q}[X]^\times$ ou $P_2\in\mathbb{Q}[X]^\times$.
(i) Puisque P est irréductible dans $\mathbb Z[X]$, alors $P$ est non inversible dans $\mathbb Z[X]^\times$. Soit $P\not\in\mathbb Z[X]^\times=\mathbb{Z}\setminus\{0\}$. D'où $deg(P)\ge 1$ et donc $P\not\in\mathbb Q[X]^\times=\mathbb{Q}\setminus\{0\}$.

(ii)
Par l'absurde.
Supposons que l'on ait une égalité de la forme $P= P_1P_2$ avec $P_1,P_2\in\mathbb{Q}[X]$ et [$P_1\not\in\mathbb{Q}[X]^\times$ et $P_2\not\in\mathbb{Q}[X]^\times$]

Cela signifie que $P_i\not\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$ ou, en d'autres termes, que ce sont des polynômes non constants.

Je note $d_1\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$ le produit des dénominateurs du polynôme $P_1$, et de même $d_2\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$ celui de $P_2$. Ainsi, $d_1P_1$ et $d_2P_2$ sont deux polynômes de $\mathbb{Z}[X]$.

L'égalité $P=P_1P_2$ se réécrit $d_1d_2P=(d_1P_1)(d_2P_2)$. En notant :
j'obtiens l'égalité $P'=P'_1P'_2$ avec $P'_1,P'_2\in\mathbb{Z}[X]$. En passant aux contenus dans cette égalité, je trouve $c(P')=c(P'_1)c(P'_2)$.

Par ailleurs, le polynôme $P$ étant supposé primitif, alors il est de contenu 1 et donc :
D'où $c(P')=c(P'_1)c(P'_2) \iff \overline{d}=c(P'_1)c(P'_2)$.

En utilisant la question 1, et puisque $P'_i\in\mathbb{Z}[X]$, alors il existe $\tilde{P'}_i\in\mathbb{Z}[X]$ primitif tel que $P'_i=c(P'_i)\tilde{P'}_i$, pour $i=1,2$.

En les multipliant, je trouve $P'_1P'_2=\overline{d}\tilde{P'}_1\tilde{P'}_2$. Soit $dP=\overline{d}\tilde{P'}_1\tilde{P'}_2$.

En simplifiant par $d\neq 0$, j'obtiens $P=\frac{\overline{d}}{d}\tilde{P'}_1\tilde{P'}_2=\tilde{P'}_1\tilde{P'}_2$. [Même je ne suis pas très à l'aise avec la fraction !]

Par suite, $P$ étant irréductible dans $\mathbb{Z}[X]$, l'égalité $P=\tilde{P'}_1\tilde{P'}_2$ impose $\tilde{P'}_1\in\mathbb{Z}[X]^\times=\mathbb{Z}^\times=\{\pm 1\}$ ou $\tilde{P'}_2\in\{\pm 1\}$.

Enfin :
- puisque $P_i\not\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$, alors $deg(P_i)\ge 1$.
- puisque $P'_i=d_iP_i$, alors $deg(P'_i)=deg(P_i)\ge 1$.
- puisque $\tilde{P'}_i=\frac{P'_i}{c(P'_i)}$, alors $deg(\tilde{P'}_i)=deg(P'_i)\ge 1$.

Je tombe sur une contradiction : il ne se peut pas que $\tilde{P'}_1\in\{\pm 1\}$ et $deg(\tilde{P'}_1)\ge 1$, ou l'inverse.

Qu'en pensez-vous ?

Bonsoir,

j'ai écrit une bêtise sur les inversibles de $\mathbb{Z}[X]$ ! C'est plutôt $\mathbb{Z}[X]^\times=\mathbb{Z}^\times=\{\pm1\} !$

Sinon, j'ai cherché dans les messages précédents un argument pour montrer que $P$ n'est pas constant. Il y a ceci :

BMaths a écrit:

- 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.

Donc pour le point (i), est-ce que je peux affirmer que si $P$ est inversible dans $\mathbb{Z}[X]$, alors $P$ est constant. Du coup, s'il est non inversible dans $\mathbb{Z}[X]$, alors il n'est pas constant, donc $deg(P)>0$, et donc $P\not\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}=\mathbb{Q}[X]^\times$ ?

Bsd4u a écrit:

Pour ton problème de fraction : le contenu est défini à inversible près, c'est donc une classe d'équivalence. Mais quand tu l'utilises dans les calculs, tu choisis un représentant de cette classe. En effet, quand tu écris P=c(P)Q (évite les P', on peut confondre avec le polynôme dérivé), il faut le même objet mathématique des deux côtés de l'égalité. Si c(P) est la classe de 1, tu peux choisir 1 ou -1. Mais c'est un choix implicite, que tu n'as pas besoin de faire, puisque c'est pareil dans les deux cas. C'est un abus d'écriture, on confond classe d'équivalence et choix du représentant avec la même notation c(P) (c'est assez courant). Il faut bien le garder en tête, sinon on peut vite écrire des absurdités. Ici, écrire d et classe de d dans la même égalité, c'est une absurdité.

Merci, je vois. Mais en fait, je suis assez désemparé parce que je ne vais pas quand je dois écrire $\overline{x}$ (la classe d'équivalence) et quand je dois écrire $x$ (son représentant). J'avais tendance à écrire la classe d'équivalence tout le temps ! Dans la pratique, que faire ?

Est-ce que je peux n'écire qu'une fois la classe d'équivalence et dire que par la suite je fixe un représentant et travailler avec sur toute la copie ? Comment fonctionner ?

Encore merci de votre aide

Bonjour,

oui, c'est vrai, j'ai mal raisonné !

Je crois avoir compris.

Sur $P$, je suppose qu'il est irréductible dans $\mathbb{Z}[X]$ donc, par définition, $P$ n'est pas inversible dans $\mathbb{Z}[X]$.

D'où $P\not\in\mathbb{Z}[X]^\times=\{\pm 1\}$.

Supposons que $P\in\mathbb{Z}\setminus\{\pm 1\}$, alors on aurait $c(P)=\overline{k}\neq\overline{1}$, ce qui n'est pas vu que $P$ est supposé primitif.

Donc $P\not\in\mathbb{Z}$. Dès lors, $deg(P)\ge 1$ et donc $P\not\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}=\mathbb{Q}[X]^\times$.

Par conséquent, $P$ n'est pas inversible dans $\mathbb{Q}[X]$.

Est-ce mieux ?

Parfait, merci !
J'ai repris la rédaction du point (ii) également.

(ii)
Par l'absurde.
Supposons que l'on ait une égalité de la forme $P= P_1P_2$ avec $P_1,P_2\in\mathbb{Q}[X]$ et [$P_1\not\in\mathbb{Q}[X]^\times$ et $P_2\not\in\mathbb{Q}[X]^\times$]

Cela signifie que $P_i\not\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$ ou, en d'autres termes, que ce sont des polynômes non constants.

Je note $d_1\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$ le produit des dénominateurs du polynôme $P_1$, et de même $d_2\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$ celui de $P_2$. Ainsi, $d_1P_1$ et $d_2P_2$ sont deux polynômes de $\mathbb{Z}[X]$.

L'égalité $P=P_1P_2$ se réécrit $d_1d_2P=(d_1P_1)(d_2P_2)$. En notant :
j'obtiens $P=P_1P_2\iff d_1d_2P=(d_1P_1)(d_2P_2)\iff S=Q_1Q_2$ avec $Q_1,Q_2\in\mathbb{Z}[X]$.

En passant aux contenus dans cette dernière égalité, je trouve $c(S)=c(Q_1)c(Q_2)$.

Par ailleurs, le polynôme $P$ étant supposé primitif, alors il est de contenu 1 et donc : $$

c(S)=c(dP)=dc(P)=d\times\overline{1}=\overline{d}=d,

$$ en notant $d$ un représentant de la classe $\overline{d}$.
[j'hésite encore, car je ne sais pas à quelle égalité exactement j'introduis le représentant]

D'où $c(S)=c(Q_1)c(Q_2) \iff d=c(Q_1)c(Q_2)$.

En utilisant la question 1, et puisque $Q_i\in\mathbb{Z}[X]$, alors il existe $\tilde{Q}_i\in\mathbb{Z}[X]$ primitif tel que $Q_i=c(Q_i)\tilde{Q}_i$, pour $i=1,2$.
En les multipliant, je trouve $Q_1Q_2=c(Q_1)\tilde{Q}_1c(Q_2)\tilde{Q}_2\iff Q_1Q_2=d\tilde{Q}_1\tilde{Q}_2$.
D'où $S=Q_1Q_2\iff dP=Q_1Q_2\iff dP=d\tilde{Q}_1\tilde{Q}_2$.
En simplifiant par $d\neq 0$, j'obtiens $P=\tilde{Q}_1\tilde{Q}_2$.
Par suite, $P$ étant irréductible dans $\mathbb{Z}[X]$, l'égalité $P=\tilde{Q}_1\tilde{Q}_2$ impose $\tilde{Q}_1\in\mathbb{Z}[X]^\times=\mathbb{Z}^\times=\{\pm 1\}$ ou $\tilde{Q}_2\in\{\pm 1\}$.
Enfin :
- puisque $P_i\not\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$, alors $deg(P_i)\ge 1$.
- puisque $Q_i=d_iP_i$, alors $deg(Q_i)=deg(P_i)\ge 1$.
- puisque $\tilde{Q}_i=\frac{Q_i}{c(Q_i)}$, alors $deg(\tilde{Q}_i)=deg(Q_i)\ge 1$.
Je tombe sur une contradiction : il ne se peut pas que $\tilde{Q}_1\in\{\pm 1\}$ et $deg(\tilde{Q}_1)\ge 1$, ou l'inverse.

Est-ce mieux ?

Je comprends pourquoi il vaut donc mieux écrire :
[...] $c(S)=c(dP)=dc(P)=d$, à un inversible près.
Plutôt que de mettre une barre partout. Merci !
--
Il ne me reste plus que la dernière question :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 $\mathbb{Q}[X]$.Je vais supposer en plus des conditions donnés dans la question 4 que le polynôme $P$ est primitif.
Par l'absurde, je suppose que $P$ n'est pas irréductible dans $\mathbb{Z}[X]$, donc il est réductible dans $\mathbb{Z}[X]$.
Par conséquent, il existe deux polynômes $P_1,P_2\in\mathbb{Z}[X]$ non inversibles tels que $P=P_1P_2$.
En passant aux contenus, j'obtiens $c(P)=c(P_1)c(P_2)$, soit $1=c(P_1)c(P_2)$ qui impose $c(P_1)=1$ et $c(P_2)=2$ (on travaille toujours à un inversible près).
Puisque les polynômes $P_1,P_2$ sont non inversibles, alors ils ne sont pas élément de l'ensemble $\mathbb{Z}[X]^\times=\mathbb{Z}^\times=\{\pm 1\}$ (car $\mathbb{Z}$ est intègre).
Supposons $P_i=k\in\mathbb{Z}\setminus\{-1,1\}$ alors on aurait $c(P_i)=k\neq 1$, ce qui n'est pas.
Par conséquent, $P_1,P_2\not\in\mathbb{Z}$ : ces deux polynômes sont donc non contants.
J'écris $P_1=\sum_{k=0}^na_kX^k$ et $P_2=\sum_{k=0}^mX^k$ de sorte que $P=P_1P_2=\sum_{k=0}^{n+m}c_kX^k$ avec $c_k=\sum_{i+j=k}a_ib_j$.
Puisque $\mathbb{Z}$ est intègre, alors $deg(P)=\deg(P_1P_2)=\deg(P_1)+\deg(P_1)$ soit $d=n+m$. D'où $c_{n+m}=c_d=a_nb_m$ et $c_0=a_0b_0$.
Pour la suite, si $A=\sum_{k=0}^na_kX^k\in\mathbb{Z}[X]$, je vais noter $\overline{A}=\sum_{k=0}^n\overline{a_k}X^k\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}[X]$ sont projeté.
Dans $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, l'égalité $P=P_1P_2$ se réécrit donc $\overline{P}=\overline{P_1P_2}$
Comme l'application $f:k\in\mathbb{Z}\to\overline{k}$ de la question 2-a est un morphisme, au départ de $\mathbb{Z}$ et à valeurs dans $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, alors cette égalité se réécrit encore : Par hypothèse, pour tout $i\in0,d-1$, on a $p\mid c_i$. Donc $c_i\equiv 0[p]$, soit $\overline{c_i}=\overline{0}$ dans $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$. Par conséquent, on a $\overline{P}=\overline{c_d}X^d$. D'où : Dès lors, $\overline{c_0}=\overline{0}$ et donc $\overline{a_0b_0}=\overline{0}$. Par intégrité dans le corps $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, on en déduit donc que $\overline{a_0}=\overline{0}$ ou $\overline{b_0}=\overline{0}$.
Et là, je suis coincé. Si j'arrive à prouver que $\overline{a_0}=\overline{b_0}=\overline{0}$, je pourrais conclure.
En effet, dans ce cas, j'aurai $p\mid a_0$ et $p\mid b_0$. Et donc $p^2\mid a_0b_0$.
Comme $a_0b_0=c_0$, alors j'aboutis à $p^2\mid c_0$, contraire à l'hypothèse faite.
Absurde.
Le polynôme $P$, supposé en plus primitif, serait irréductible dans $\mathbb{Z}[X]$ ce qui est équivalent à dire qu'il est irréductible dans $\mathbb{Q}[X]$ selon la question précédente.
Pouvez-vous m'aider ?
Merci encore !