Commençons par montrer que ces polynômes sont irréductibles sur $\Zz$ .

-Le cas de $f=\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})-1$

Soit $P,Q\in\Zz[X]$ tels que $f=PQ$ . On peut supposer sans perte de généralité que $P$ et $Q$ ont des coefficients dominants positifs (i.e. sont unitaires).

On a : $\forall i, f(a_{i})= P(a_{i})Q(a_{i})=-1$ donc $P(a_{i})=\pm1 \qquad\text{ et }\qquad Q(a_{i})=\mp1$ Soit $I=\{i, P(a_{i})=-1\}$ et $J=\{1,\dots,n\}\setminus I$ . On notera $|I|$ et $|J|$ le nombre d’éléments de $I$ et $J$ .

Supposons $I\neq\emptyset$ et $J\neq\emptyset$ : Alors $\prod_{i\in I}(X-a_{i})|(P+1)$ et $\prod_{i\in J}(X-a_{i})|(Q+1)$ . Ainsi $\deg(P+1)\geq |I|$ et $\deg(Q+1)\geq |J|=n-|I|$ , et comme $\deg(P)+\deg(Q)=n$ , on en déduit que $\deg(P)=|I|$ et $\deg(Q)=|J|$ , puis que (puisque $P$ et $Q$ sont unitaires) : $P=\prod_{i\in I}(X-a_{i})-1 \qquad\text{ et }\qquad Q=\prod_{i\in J}(X-a_{i})-1.$

Ainsi $f=\prod_{k\in I\cup J}(X-a_{k})-1=(\prod_{i\in I}(X-a_{i})-1)(\prod_{j\in J}(X-a_{j})-1)=f-\big(\prod_{i\in I}(X-a_{i})+\prod_{j\in J}(X-a_{j})-2\big)$ , donc $\prod_{i\in I}(X-a_{i})+\prod_{j\in J}(X-a_{j})-2=0_{\Zz[X]}$ , ce qui est faux.

Ainsi $I=\emptyset$ ou $J=\emptyset$ . On peut supposer sans perte de généralité que $I=\emptyset$ . Alors $\forall i\in\{1,\dots,n\}, Q(a_{i})=-1$ . Donc les $a_{i}$ sont tous racine de $Q+1$ . Comme $\deg(Q+1)\leq n$ et $Q+1\neq 0$ , on en déduit que $Q=f$ , et $P=1$ . $f$ est donc bien irréductible dans $\Zz[X]$ .

-Le cas de $g=\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})^{2}+1$

. Supposons que $g=PQ$ , avec $P,Q\in\Zz[X]$ .On a $g(a_{i})=1=P(a_{i})Q(a_{i})$ , donc $P(a_{i})=Q(a_{i})=\pm1$ .

Comme $g$ n’a pas de racine réelle, il en va de même de $P$ et $Q$ , qui sont donc de signe constant (théorème des valeurs intermédiaires pour les fonctions continues sur $\Rr$ !). On peut donc supposer sans perte de généralité que $P$ et $Q$ sont positifs.

Alors $P(a_{i})=Q(a_{i})=1$ . Ainsi, tous les $a_{i}$ sont racines de $P-1$ et de $Q-1$ . On a donc $\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})|P-1$ et $\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})|Q-1$ .

En particulier, si $P-1\neq0$ et $Q-1\neq0$ , $\deg(P)\geq n$ et $\deg(Q)=2n-\deg(P)\geq n$ . Ainsi $\deg(P)=\deg(Q)=n$ . Comme en plus $P$ et $Q$ sont unitaires, on en déduit que $P-1=\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i}) \qquad\text{ et } Q-1=\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i}).$ On devrait donc avoir $(\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})+1)^{2}=\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})^{2}+1$ , ce qui est faux ( $\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})\neq 0_{\Zz[X]}$ ) !

Ainsi $P-1=0$ ou $Q-1=0$ , et on en déduit bien que $g$ est irréductible dans $\Zz[X]$ .

Irréductibilité dans $\Qq[X]$

On a le lemme suivant :

Si $P\in\Zz[X]$ est unitaire et irréductible dans $\Zz[X]$ , alors il l’est aussi dans $\Qq[X]$ .

L’ingrédient de base de la démonstration est la notion de contenu d’un polynôme $P\in\Zz[X]$ : c’est le $\pgcd$ de ses coefficients, souvent noté $c(P)$ . Il satisfait la relation suivante : $c(PQ)=c(P)c(Q).$

Supposons que $P=QR$ , avec $Q,R\in\Qq[X]$ , $Q$ et $R$ unitaires. En réduisant tous leurs coefficients de au même dénominateur, on peut mettre $Q$ et $R$ sous la forme : $Q=\frac{1}{a}Q_{1} \qquad\text{ et }\qquad R=\frac{1}{b}R_{1}$ avec $a,b\in\Zz$ , $Q_{1},R_{1}\in\Zz[X]$ et $c(Q_{1})=1$ , $c(R_{1})=1$ .

Alors $abP=Q_{1}R_{1}$ , donc $c(abP)=c(Q_{1})c(R_{1})=1$ . Comme $ab|c(abP)$ , on a $ab=\pm1$ , et en fait $P,Q\in\Zz[X]$ .

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