MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DM 9 le 25/01/19 29 juin 2019

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MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DM 9 le 25/01/19 29 juin 2019

Partie 1 : Contenu d'un polynôme à coecients entiers

1. a. Soit P = P

n

i=0

a

i

X

ⁱ

∈ Z [X ] non nul et k ∈ N

^∗

. Par linéarité (ou homogénéité) : pgcd(ka

0

, ..., ka

n

) = k pgcd(a

0

, ..., a

n

).

De kp = P

n

i=0

ka

i

X

ⁱ

, on tire

c(kP ) = pgcd(ka

₀

, ..., ka

_n

) = k pgcd(a

₀

, ..., a

_n

) = kc(P).

b. Soit P = P

n

k=0

a

k

X

^k

∈ Z [X ] non nul, de degré n et de coecients a

0

, ..., a

n

. Pour tout k ∈ J 0, n K, c(P ) divise a

k

donc il existe a

⁰_k

∈ Z tel que a

k

= c(P )a

⁰_k

. Ainsi :

1 c(P ) P =

n

X

k=0

a

⁰_k

X

^k

∈ Z [X ].

2. Soit k ∈ J 0, n + m K. Par dénition du produit polynomial :

c

k

= X

(i,j)∈J0,nK×J0,mK i+j=k

a

i

b

j

.

3. a. Comme c(A) = c(B) = 1 , les coecients de A n'ont aucun diviseur commun donc p ne divise pas tous les a

i

et il en est de même pour les coecients de B . Les ensembles d'indices i pour lesquels p ne divise pas a

_i

ou b

_i

sont des parties de N non vides. Elles admettent des plus petits éléments. Les entiers k

₀

(associé à A ) et l

0

(associé à B ) sont donc bien dénis.

b. D'après la question 2., on a :

c

k₀+l₀

= X

(i,j)∈J0,nK×J0,mK i+j=k0+l0

a

i

b

j

= a

k₀

b

l₀

+ X

(i,j)∈J0,nK×J0,mK i+j=k0+l0

(i,j)6=(k0,l₀)

a

i

b

j

Examinons les couples (i, j) de la dernière somme.

Montrons d'abord que i 6= k

0

et j 6= l

0

. En eet

i = k

0

i + j = k

₀

+ l

₀

)

⇒ j = l

₀

⇒ (i, j) = (k

₀

, l

₀

).

De même pour j = l

0

. Montrons ensuite que i < k

0

ou j < l

0

. En eet i ≥ k

0

i 6= k

₀

i + j = k

0

+ l

0



 

 

⇒ i < k

0

i + j = k

₀

+ l

₀

)

⇒ j > l

₀

.

De même j ≥ l

0

entraîne i < k

0

.

Ainsi, p divise a

i

ou b

j

, donc dans tous les cas, p divise a

i

b

j

. La somme :

X

(i,j)∈J0,nK×J0,mK\{(k0,l₀)}

i+j=k0+l0

a

i

b

j

= c

k₀+l₀

− a

k₀

b

l₀

est donc divisible par p . De c

k₀+l₀

divisible par p , on déduit que a

k₀

b

l₀

l'est aussi.

c. Comme p divise a

_k₀

b

_l₀

avec p premier, le lemme de Gauss assure que p divise a

_k₀

ou b

_l₀

, ce qui contredit la dénition de k

₀

et de l

₀

. C'est donc absurde.

Ainsi, c(AB) ne possède pas de diviseurs premiers, donc c(AB) = 1 .

4. Notons p = c(A) , q = c(B) . Pour tout k ∈ J 0, n K et tout l ∈ J 0, m K, il existe a

⁰_k

et b

⁰_l

entiers tels que pa

⁰_k

= a

k

et qb

⁰_l

= b

l

.

Par linéarité, pgcd(a

⁰₀

, ..., a

⁰_n

) = pgcd(b

⁰₀

, ..., b

⁰_m

) = 1 . Ainsi : A

1

=

n

X

k=0

a

⁰_k

X

^k

et B

1

=

m

X

l=0

b

⁰_l

X

^l

vérient c(A

1

) = c(B

1

) = 1.

Donc c(A

₁

B

₁

) = 1 d'après 3.c.. Comme AB = pqA

₁

B

₁

, la question 1.a. entraîne : c(AB) = pq c(A

1

B

1

) = pq = c(A)c(B).

5. a. Notons u = deg(Q) . Comme Q ∈ Q [X] , il existe (p

0

, ..., p

u

) ∈ Z

^u+1

et (q

0

, ..., q

u+1

) ∈ ( N

^∗

)

ⁿ⁺¹

tels que :

Q =

u

X

k=0

p

k

q

_k

X

^k

.

Posons alors q = ppcm(q

0

, ..., q

u

) . Pour tout k ∈ J 0, u K, q

k

divise q donc : q p

_k

q

k

∈ Z .

Ainsi, qQ ∈ Z [X] . De même, on trouve un entier naturel r tel que rR ∈ Z [X] .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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Rémy Nicolai M1809C

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MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DM 9 le 25/01/19 29 juin 2019

b. D'après les hypothèses sur P ∈ Z [X ] et Q , R dans Q [X] ,

P = QR ⇒ qrQR = qrP ⇒ c(qrQR) = c(qrP ) = qrc(P) ⇒ qr divise c(qrQR) c. Dénissons plusieurs polynômes de Z [X ] (question a. et dénition du contenu) :

S

1

= qQ, T

1

= rR, S

2

= 1

c(S

1

) S

1

, T = 1 c(T

1

) T

1

Alors : c(S

₁

)c(T

₁

) = c(S

₁

T

₁

) = c(qr QR) = qr c(P ) . On en déduit P = 1

qr (qQ)(rR) = 1

qr S

₁

T

₁

= c(S

₁

)c(T

₁

)

qr S

₂

T = c(P ) S

₂

| {z }

=S∈Z[X]

T

On a donc bien : P = ST avec P et Q à coecients entiers et de degrés non nuls.

Partie 2 : Critère d'Eisenstein

1. a. On a a

0

= b

0

c

0

. Comme p divise a

0

et p est premier, d'après le lemme d'Euclide, p divise b

0

ou p divise c

0

.

Comme p

²

ne divise pas a

0

, alors p ne peut diviser simultanément b

0

et c

0

. Donc p divise exactement l'un des deux entiers b

0

et c

0

.

b. Montrons le résultat par récurrence nie sur k . Pour tout k ∈ J 0, r K, notons P

k

la proposition :

P

_k

: ∀l ∈ J 0, k K , p divise b

_l

• P

0

. C'est ce que nous avons supposé dans la question précédente.

• P

_k

⇒ P

_k+1

. Soit k ∈ J 0, r − 1 K tel que P

_k

soit vériée. Comme s ≥ 1 , alors r < n donc k + 1 < n . Ainsi, p divise a

_k+1

. On a :

a

k+1

= X

0≤i≤r 0≤j≤s i+j=k+1

b

i

c

j

= b

k+1

c

0

+ X

0≤i≤r, i6=k+1 0≤j≤s i+j=k+1

b

i

c

j

.

Soit (i, j) ∈ J 1, r K × J 0, s K tel que i + j = k + 1 et i 6= k + 1 . Alors i ≤ k . D'après P

k

, p divise b

i

. Ainsi, p divise la somme :

X

0≤i≤r, i6=k+1 0≤j≤s i+j=k+1

b

i

c

j

.

Comme p divise a

k+1

, alors p divise b

k+1

c

0

. D'après le lemme d'Euclide, p divise b

k+1

ou c

0

. Comme p ne divise pas c

0

, alors p divise b

k+1

.

Donc P

_k+1

est vériée.

Conclusion : ∀k ∈ J 0, r K, p|b

k

.

c. Ainsi, p divise b

r

. Or, a

n

= b

r

c

s

, donc p divise a

n

. Ceci est absurde, puisque d'après l'hypothèse (ii) , p ne divie pas a

n

.

On en déduit que'il n'existe pas de polynômes B, C ∈ Z [X] de degrés supérieurs ou égaux à 1 tels que A = BC .

2. D'après la question 5.c., P est irréductible dans Q [X] .

Partie 3 : Exemples

1. Posons a

0

= −2 , a

1

= ... = a

_n−1

= 0 et a

n

= 1 . Posons également p = 2 . On a bien : p divise a

0

, · · · , a

_n−1

, p ne divise pas a

n

, p

²

= 4 ne divise pas a

0

= −2 . D'après le critère d'Eisenstein (question 7.), X

ⁿ

− 2 est irréductible dans Q [X ] . 2. a. D'après les règles de calcul dans un anneau :

(X − 1)Φ

p

= (X − 1)

p−1

X

k=0

X

^k

=

p−1

X

k=0

X

^k

1

^p−1−k

= X

^p

− 1

^p

= X

^p

− 1.

b. On substitue X + 1 à X dans la relation précédente puis on simplie par X XΨ

_p

= (X + 1)

^p

− 1 =

p

X

k=0

p k

X

^k

− 1 =

p

X

k=1

p k

X

^p

=

p−1

X

k=0

p k + 1

X

^k+1

⇒ Ψ

_p

=

p−1

X

k=0

p k + 1

X

^k

.

c. Pour tout k ∈ J 0, p − 1 K, posons a

k

= p

k + 1

.

Pour tout k ∈ J 1, p − 1 K, p divise

_k^p

(voir démonstration du petit théorème de Fermat), donc pour tout k ∈ J 0, p − 2 K, p divise a

_k

. De plus,

a

_p−1

= 1 ⇒ p ne divise pas a

_p−1

, a

₀

= p ⇒ p

²

ne divise pas a

₀

. D'après le critère d'Eisenstein (question 7.), Ψ

_p

est irréductible dans Q [X ] .

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(3)

MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DM 9 le 25/01/19 29 juin 2019

d. Montrons par l'absurde que Φ

p

est irréductible dans Q [X ] .

S'il existe A, B ∈ Q [X ] avec deg(A), deg(B ) ≥ 1 tels que Φ

p

= AB . Alors en substituant X + 1 à X :

Ψ

_p

= A(X b + 1) B(X b + 1)

ne serait pas irréductible, en contradiction avec le résultat de la question précé- dente. Le polynôme Φ

_p