C.N.S. d'irréductibilité sur $\Z[x]$ ? — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

C.N.S. d'irréductibilité sur $\Z[x]$ ?

Bonjour,

Soit $P\in Z[x]$.
A-t-on $P$ est irréductible ssi il existe un entier $a$, pour tout entier $b>a$ $|P(b)|$ est premier ?

Bonne journée.

Réponses

  • Il n'existe pas de polynôme $P$ à coefficient entiers tel que $P(n)$ est premier pour $n$ assez grand (voir Hardy & Wright, introduction à la théorie des nombres).

    EDIT : erreur corrigée.
  • Citation Poirot :
    Il n'existe pas de polynôme P à coefficient entiers tel que P(n) est entier pour n assez grand

    Veux-tu dire que les entiers sont en nombres finis ?
    En effet, en prenant $P(x)=x$...
  • @Poirot : Es-tu sûr de ce résultat ?

    PS : je demande cela avant de publier ma preuve, pour que l'on sache où est l'erreur...
  • Je vais la publier par étape :

    1/L'énoncé du premier message est équivalent à :
    P est réductible ssi pour tout a entier, il existe b>a tel que |P(b)| ne soit pas premier.

    Je pense qu'ici on est tous d'accord.
  • 2/Soit $\alpha \in \N^*$, $\alpha=2p+1$ $F_{\alpha} : ([-p,p]\cap \Z)[x] \rightarrow \Z$ tel que pour $P\in ([-p,p]\cap \Z)[x]$, $F_\alpha(P)=P(\alpha)$.
    Alors $F_\alpha$ est bijective.

    Pour ce résultat, sommes-nous d'accord, ou bien, avez-vous besoin d'une preuve ?
  • Pour $1)$ d'accord

    Pour $2)$ je veux bien une preuve.

    Et je persiste à dire que le résultat que j'ai cité est vrai. Si mes souvenirs sont exacts il suffit de développer $P(a+kn)$ avec $a$ et $n$ bien choisis, en déduire une relation de divisibilité entre toutes ces valeurs et faire tendre $k$ vers l'infini.
  • Je confirme le résultat énoncé par Poirot ; référence : Gourdon, Algèbre, Chapitre I Exercice 8 p 13
  • Moi pareil (que Poirot et Blueberry). Cela va se terminer en eau de boudin comme le ``Très joli résultat de théorie des groupes''. Par ailleurs, la représentation de nombres premiers par un polynôme donné est une question très délicate.
  • C'est tout à fait possible que je me sois trompé, d'où le fait que je précise ma preuve pour voir où est l'éventuelle erreur.

    2/ Preuve :
    Soit $x \in \N^*$ tel $x=2p+1$ $p\in\N^*$

    a/ Montrons l'injectivité, on note $h$ la fonction de $\R$ dans $\{0,1\}$ qui vaut 1 sur les positifs seulement.

    Soient $A,B \in ([-p,p] \cup \Z)[X]$

    on pose $n=\max(deg(A),deg(B))$, on note $A=a_0+...+a_{n}X^n$ et $B=b_0+...+b_{n}X^n$

    On suppose : $A(x)=B(x)$
    On a alors : $$ \sum \limits_{i=0...n} ((1-h(a_i))+h(a_i))a_ix^i=\sum \limits_{i=0...n} ((1-h(b_i))+h(b_i))b_ix^i$$
    $$\sum \limits_{i=0...n} (-(1-h(b_i))b_i+h(a_i)a_i)x^i=\sum \limits_{i=0...n} (-(1-h(a_i))a_i+h(b_i)b_i)x^i $$

    Or : $0 \leq h(a_i)a_i-(1-h(b_i))b_i \leq 2p$ et $0 \leq h(b_i)b_i-(1-h(a_i))a_i \leq 2p$

    Alors en utilisant l'unicité de l'écriture en base $x$, on obtient :

    pour tout $i=0...n$, $h(a_i)a_i-(1-h(b_i))b_i=h(b_i)b_i-(1-h(a_i))a_i$ donc $a_i=b_i$.

    êtes-vous d'accord avec cette partie ?
  • Jusqu'ici ça m'a l'air correct.
  • Là je cale, sinon pour ma défense cette fois, j'avais mis une question.... :-D

    Bonne journée.
  • @pourexemple Oui je suis aussi d'accord avec ton point 2).

    Edit : nos messages se sont croisés. Tu t'étais forcément trompé car la démonstration du contraire est très simple, elle ne laisse aucun doute.
  • Citation BlueBerry :
    elle ne laisse aucun doute.

    Sauf si, AP est contradictoire... (ce que je pense).

    Bonne journée.
  • @pourexemple
    C'est qui/quoi "AP", dans ta phrase ``AP est contradictoire'' ?
  • Oui, désolé... AP :l'Axiomatique de Peano.

    Bonne soirée.
  • Salut,

    Soit $P\in \Z[x]$, $P(x)=\sum \limits_{k=0}^n a_k x^k$.

    si $\exists b \in \N, b \geq \max\{|a_k|\text{ | }k\in [0,n]\cap \N\}$, tel que $P(b)$ premier, alors $P$ est irréductible.

    Cordialement.
  • $P(X)=X^{13}-1$ avec $b=2$.
  • Oui, tu as raison, j'ai raté un cas :

    énoncé corrigé :

    si $\exists b\in \Z, b\geq \max\{|a_k|\text{ | } k \in [0,n] \cap \N\}+2$, tel que $P(b)$ premier alors $P$ irréductible.

    J'espère que là c'est bon.
  • On progresse:
    $X^3+X+1$ avec $b=5$.
  • Bah j'ois pas en quoi c'est un contre-exemple, vu qu'il est irréductible, ce polynôme.
  • En tout cas, j'en déduis que Joaopa ne connait pas ce résultat, ce qui veut dire, qu'il n'est certainement pas connu.

    Bonne nuit.
  • Ici ?

    e.v.
    À ta naissance, tu pleurais tout le temps et tout le monde souriait autour de toi. Fais en sorte qu'à ta mort, ce soit l'inverse. (Proverbe arabe)
  • Salut,

    Comment se fait-il que notre ami (Joaopa) ne connaissait pas ?
    à noter que tu prends +1 au lieu de +2, et donc ici Joaopa donne un contre-exemple (de ton résultat).

    Ce n'est pas le même résultat, il doit supposer les coefficients positifs (hypothèses qui n'est pas nécessaire dans le résultat annoncé).

    Cordialement.
  • pourexemple, ce que tu énonces est essentiellement le critère de Murty :

    Soit $P=\sum\limits_{k=0}^{d} a_kX^k\in\Z[X]$ un polynôme de degré $d$ et $H=\max\left\{\left|\frac{a_k}{a_d}\right| \mid k\in\{0, 1, ..., d-1\}\right\}$. S'il existe un entier $n\geqslant H+2$ tel que $P(n)$ est premier alors $P$ est irréductible sur $\Z$.

    Référence : M. Ram Murty - "Prime numbers and irreducible polynomials", Am. Math. Mon. 109 (2002), no. 5, p. 452-458.
  • Je n'en trouve trace nul part... Article à venir (qu'il dise sur Wiki), alors que ce critère est censé dater de 2002.
  • LP a résolu le 202
    Preuve
  • L'article, "Prime numbers and irreducible polynomials", de Murty, semble-t-il:

    https://pdfs.semanticscholar.org/d1ea/eef36437d2d0858a1399c9de0571808dbd99.pdf
  • Je mets la démonstration, comme ça elle sera à disposition pour tout le monde.

    Lemme. --- Soit $P=\sum\limits_{k=0}^{d} a_kX^k$ un polynôme de degré $d\geqslant 1$ et $H=\max\left\{\left|\frac{a_k}{a_d}\right| \mid k\in\{0, 1, ..., d-1\}\right\}$. Si $\alpha$ est une racine complexe de $P$ alors $\left|\alpha\right| <H+1$.

    Preuve. --- Soit $\alpha$ une racine complexe de $P$. Si $\left|\alpha\right|\leqslant 1$ alors soit $\alpha=0$ et clairement $\left| \alpha \right| <H+1$ soit $\alpha\neq 0$ et alors $H>0$ donc $\left|\alpha\right| < H+1$. Sinon, on déduit de $P(\alpha)=0$ que $-a_d\alpha^d=\sum\limits_{k=0}^{d-1} a_k\alpha^k$ donc
    \[\left|\alpha\right|^d = \left|\sum_{k=0}^{d-1} \frac{a_k}{a_d}\alpha^k\right| \leqslant \sum_{k=0}^{d-1} \left| \frac{a_k}{a_d} \right| \left|\alpha\right|^k \leqslant H\sum_{k=0}^{d-1} \left|\alpha\right|^k = H\left(\frac{\left|\alpha\right|^d-1}{\left|\alpha\right|-1}\right).\]
    Il s'ensuit que $\left|\alpha\right|^d(\left|\alpha\right|-1) \leqslant H(\left|\alpha\right|^d-1) < H\left|\alpha\right|^d$ donc, en divisant par $\left|\alpha\right|^d\neq 0$, $\left|\alpha\right|-1<H$ ce qui permet de conclure.


    Preuve du critère de Murty. --- Supposons qu'il existe un entier $n\geqslant H+2$ tel que $P(n)$ soit premier. Raisonnons par l'absurde en supposant que $P$ est réductible sur $\Z$. Alors, il existe deux polynômes $S$ et $T$ de $\Z[X]$ différents de $\pm1$ et tels que $P=ST$. Si l'un des deux polynômes $S$ ou $T$ est constant, par exemple $T$, alors comme $d>0$, $S$ n'est pas constant et, comme $S(n)T(n)$ est premier et $T(n)\neq \pm 1$, $\left|T(n)\right|=P(n)$ et $\left| S(n) \right|=1$. Sinon, aucun des deux polynômes $S$ et $T$ n'est constant et, de même, l'un deux, par exemple $S$, vérifie $\left|S(n) \right|=1$. Ainsi, dans tous les cas, on peut toujours supposer que $S$ n'est pas constant et que $\left|S(n)\right|=1$. Notons $s=\deg S$ et $\alpha_1$, $\alpha_2$, ..., $\alpha_s$ les $s$ racines complexes de $S$ comptées avec multiplicité. Ainsi, il existe un entier $b\neq 0$ tel que $S=b\prod\limits_{k=1}^{s}(X-\alpha_i)$. Comme $S$ divise $P$, les nombres $\alpha_i$ sont aussi des racines de $P$ donc, d'après le lemme, pour tout $i\in\{1, 2, ..., s\}$, $\left|\alpha_i\right|<H+1$. Il s'ensuit que, pour tout $i\in\{1, 2, ..., s\}$, $\left|n-\alpha_i\right| \geqslant n -\left|\alpha_i\right| > (H+2)-(H+1)=1$ donc
    \[1=\left|S(n)\right|=\left|b\right|\prod_{i=1}^{s} \left|n-\alpha_i\right| > \left|b\right| \geqslant 1\]
    car $b$ est un entier non nul. On aboutit à une contradiction donc $P$ est irréductible sur $\Z$.
  • Salut,

    @LP : merci.

    Cordialement.
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