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 \(P,Q\in\Zz[X]\).

exo7 2268