C.N.S. d'irréductibilité sur $\Z[x]$ ?
dans Algèbre
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.
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.
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Réponses
EDIT : erreur corrigée.
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 $P(x)=x$...
PS : je demande cela avant de publier ma preuve, pour que l'on sache où est l'erreur...
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.
Alors $F_\alpha$ est bijective.
Pour ce résultat, sommes-nous d'accord, ou bien, avez-vous besoin d'une preuve ?
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.
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 ?
Bonne journée.
Edit : nos messages se sont croisés. Tu t'étais forcément trompé car la démonstration du contraire est très simple, elle ne laisse aucun doute.
elle ne laisse aucun doute.
Sauf si, AP est contradictoire... (ce que je pense).
Bonne journée.
C'est qui/quoi "AP", dans ta phrase ``AP est contradictoire'' ?
Bonne soirée.
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.
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.
$X^3+X+1$ avec $b=5$.
Bonne nuit.
e.v.
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.
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.
Preuve
https://pdfs.semanticscholar.org/d1ea/eef36437d2d0858a1399c9de0571808dbd99.pdf
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 $\Z$.
@LP : merci.
Cordialement.