Polynôme/Exercices/Polynômes à coefficients entiers

Exercice 4-1

On note $E_{n}$ l’ensemble des polynômes unitaires de degré $n$ de $\mathbb {Z} [X]$ dont les racines ont leur module inférieur ou égal à 1.

1. Montrer que $E_{n}$ est fini.
2. Soit $P=\prod _{k=1}^{n}(X-z_{k})$ un élément de $E_{n}$. On note $Q$ le polynôme $\prod _{k=1}^{n}(X-z_{k}^{2})$. Montrer que $Q\in E_{n}$.
3. Montrer que les racines non nulles des éléments de $E_{n}$ sont des racines de l'unité.

Solution

1. D'après les relations entre coefficients et racines, les coefficients d'un tel polynôme sont bornés.
2. $Q\in \mathbb {Z} [X]$ car $(-1)^{n}Q(X^{2})=P(X)P(-X)$.
3. Soit $z$ une racine non nulle d'un élément de $E_{n}$. D'après la question 2, les $z^{2^{p}}$ pour $p\in \mathbb {N}$ sont aussi des racines d'éléments de $E_{n}$ et d'après la question 1, il n'y en a qu'un nombre fini. Il existe donc $p,q\in \mathbb {N}$ distincts tels que $z^{2^{p}}=z^{2^{q}}$.

 

Exercice 4-2

Soient $a_{1},\dots ,a_{n}$ n entiers deux à deux distincts ($n\geq 1$) et $T=\prod _{i=1}^{n}(X-a_{i})$. Dans chacun des cas suivants, montrer que dans $\mathbb {Z} [X]$, le polynôme $P$ est irréductible, c'est-à-dire que ses seuls diviseurs sont $\pm 1,\pm P$.

1. $P=T+1$ avec n impair ;
2. $P=T-1$ ;
3. $P=1+T^{2}$.

Solution

Soient $Q,R\in \mathbb {Z} [X]$ tels que $P=QR$ avec, sans perte de généralité, $Q,R$ unitaires et $\deg Q\leq \deg R$. Montrons que $Q=1$.

1. $Q(a_{i}),R(a_{i})\in \mathbb {Z}$ et $Q(a_{i})R(a_{i})=1$ donc $Q(a_{i})=\pm 1$ et $R(a_{i})=Q(a_{i})$. Par conséquent, $R-Q=TU$ avec (pour des raisons de degrés et de coefficients dominants) $U=0$ ou $1$. Mais $U=0$ est impossible (on aurait $T+1=Q^{2}$ donc $n$ pair). Donc $U=1$ et $T+1=Q(T+Q)$, si bien que $Q=1$.
2. Par le même raisonnement, $R+Q=TU$ avec $U=0$ ou $1$. Mais $U=0$ est impossible (on aurait $T-1=-Q^{2}$, non unitaire). Donc $U=1$ et $T-1=Q(T-Q)$, si bien que $Q=1$.
3. Par le même raisonnement, $Q(a_{i})=\pm 1$. En fait, $Q(a_{i})=1$ car sur $\mathbb {R}$, puisque $Q$ est unitaire et ne s'annule pas (car $QR=1+T^{2}>0$), $Q>0$. Par conséquent, $Q=1+TU$ avec (puisque $Q$ est unitaire et de degré $\leq n$), $U=0$ ou $1$. Mais $U=1$ est impossible ($T^{2}+1$ n'est pas divisible par $T+1$) donc $U=0$, si bien que $Q=1$.

(Inspiré de l'exercice 6 de http://michel.quercia.free.fr/polyn%C3%B4mes/irreduc.pdf.)

 

Exercice 4-3

Soient $P=\sum _{i=0}^{n}a_{i}X^{i}$ un polynôme à coefficients entiers, et ${\frac {p}{q}}$ ($p\in \mathbb {Z}$, $q\in \mathbb {N} ^{*}$) une racine rationnelle de $P$, écrite sous forme irréductible.

1. Montrer que $qX-p\mid P$.
2. En déduire que $p\mid a_{0}$ et $q\mid a_{n}$.
3. En déduire qu'une racine rationnelle d'un polynôme unitaire à coefficients entiers est nécessairement entière.
4. Déduire du 1. que $p-q\mid P(1)$ et $p+q\mid P(-1)$.
5. Déduire du 1. que s'il existe deux entiers relatifs distincts $m_{1}$ et $m_{2}$ tels que $|P(m_{1})|=|P(m_{2})|=1$ alors $|m_{1}-m_{2}|\leq 2$ et ${\frac {p}{q}}={\frac {m_{1}+m_{2}}{2}}$.

Solution

1. Dans $\mathbb {Q} [X]$, $X-{\frac {p}{q}}\mid P$ donc $qX-p\mid P$. Comme $p$ et $q$ sont premiers entre eux, $P$ est donc divisible par $qX-p\mid P$ non seulement dans $\mathbb {Q} [X]$ mais même dans $\mathbb {Z} [X]$ (en effet $Q:={\frac {P(X)}{qX-p}}=\sum _{i=0}^{n-1}b_{i}X^{i}$ avec, puisque $a_{n}p^{n}+a_{n-1}p^{n-1}q+\dots +a_{1}pq^{n-1}+a_{0}q^{n}=q^{n}P(p/q)=0$ :
   $b_{i}={\frac {a_{i+1}q^{n-i-1}+a_{i+2}q^{n-i-2}p+\dots +a_{n-1}qp^{n-i-2}+a_{n}p^{n-i-1}}{q^{n-i}}}=-{\frac {a_{0}q^{i}+a_{1}q^{i-1}p+\dots +a_{i}p^{i}}{p^{i+1}}}\in \mathbb {Z}$ d'après le lemme de Gauss.
   Pour un argument plus général, voir Contenu d'un polynôme).
2. Le terme constant et le coefficient dominant de $P=(qX-p)Q$ sont respectivement $a_{0}=-pb_{0}$ et $a_{n}=qb_{n-1}$.
3. Si de plus $a_{n}=1$, alors $q=1$.
4. $P(1)=(q-p)Q(1)$ et $P(-1)=(q+p)Q(-1)$.
5. $qm_{1}-p$ et $qm_{2}-p$ sont tous deux égaux à $\pm 1$ et distincts, donc opposés.
   $qm_{1}-p=-qm_{2}+p\Leftrightarrow {\frac {p}{q}}={\frac {m_{1}+m_{2}}{2}}$, et $qm_{1}-p=-qm_{2}+p=\pm 1\Rightarrow |m_{1}-m_{2}|={\frac {2}{q}}\leq 2$.

Référence pour les questions 1 à 4 : exercice 12 de Emmanuel Lepage, « M1, Algèbre et théorie de Galois, TD n° 3, Solutions », sur webusers.imj-prg.fr, 2015.

 

1. Le polynôme $P(X):=X^{3}+X+1$ est-il irréductible dans $\mathbb {C} [X]$ ? dans $\mathbb {R} [X]$ ? dans $\mathbb {Q} [X]$ ?
2. Et le polynôme $Q(X):=X^{3}-X-1$ ?
3. Et le polynôme $R(X):=X^{3}-X^{2}-2$ ?

Solution

1. $P$ est scindé dans $\mathbb {C} [X]$. Il a au moins une racine réelle. Il est irréductible dans $\mathbb {Q} [X]$ car il est de degré 3 sans racine rationnelle car d'après le critère précédent, les seules éventuelles racines rationnelles sont $\pm 1$, or $P(1)=3$ et $P(-1)=-1$.
2. Mêmes réponses que pour $P$. Les seules éventuelles racines rationnelles sont $\pm 1$, or $P(1)=P(-1)=-1$.
3. Mêmes réponses que pour $P$ et $Q$. Les seules éventuelles racines rationnelles sont $\pm 1$ et $\pm 2$, et l'on vérifie que ces quatre nombres ne sont pas racines.

 

Décomposer en produits de facteurs irréductibles dans $\mathbb {Q} [X]$ les polynômes suivants :

$P_{1}(X)=3X^{3}-2X^{2}-2X-5$, $P_{2}(X)=6X^{4}+19X^{3}-7X^{2}-26X+12$, $P_{3}(X)=X^{6}+2X^{4}-X^{3}+3X^{2}+1$.

Solution

On trouve facilement les racines rationnelles de ces trois polynômes grâce à la condition nécessaire ci-dessus ($p\mid a_{0}$ et $q\mid a_{n}$) : 5/3 pour $P_{1}$, 1/2 et –3 pour $P_{2}$ et aucune pour $P_{3}$.

$P_{1}(X)=(3X-5)(X^{2}+X+1)$ et $X^{2}+X+1$ est irréductible sur $\mathbb {Q}$ (et même sur $\mathbb {R}$).

$P_{2}(X)=(2X-1)(X+3)(3X^{2}+2X-4)$ et $3X^{2}+2X-4$ est irréductible sur $\mathbb {Q}$.

$P_{3}$ est irréductible sur $\mathbb {Q}$. En effet, comme il est unitaire, il serait sinon réductible sur $\mathbb {Z}$. Or une étude de variations montre rapidement que sur $\mathbb {R}$, $P_{3}$ est strictement positif (de minimum $P_{3}(0)=1$) donc produit de trois polynômes irréductibles de degré 2. Aucun d'eux n'est à coefficients entiers, sinon on aurait $P_{3}(X)=(X^{2}+aX+b)(X^{4}-aX^{3}+cX^{2}-aX+b)$ avec $a,c\in \mathbb {Z} ,b=\pm 1,b+c-a^{2}=2,a(c-b-1)=-1,b-a^{2}+bc=3$, ce qui implique $a=\pm 1$ et $3-b=c=4b-1$ donc $4=5b=\pm 5$, absurde.