Quelques trucs sur les polynômes

Quelques trucs sur les polynˆomes
Janvier 2003
(r´evision 27 Octobre 2013)
Table des mati`eres
1 Racines et factorisation 1
2 Arithm´etique sur les polynˆomes 4
3 L’essentiel des polynˆomes sym´etriques 6
4 Autour des Polynˆomes de Tchebytchev 8
1 Racines et factorisation
Lemme 1.1 (Factorisation par la m´ethode de H¨orner) Soit un polynˆome P(X) = Pn
k=0 akXk, et
soit xun nombre fix´e.
D´efinissons un,un−1, . . . , u0par :
un=an
uk−1=xuk+ak−1pour 1≤k≤n
Alors P(x) = u0et:
P(X) = u0+ (X−x) n
X
k=1
ukXk−1!
Si de plus xest une racine de P, alors :
P(X)=(X−x) n
X
k=1
ukXk−1!
Preuve : On montre d’abord, par r´ecurrence sur kallant de n`a 0 :
∀k∈ {0. . . n}, uk=
n
X
i=k
aixi−k
En particulier, pour k= 0 : u0=Pn
i=0 aixi, donc P(x) = u0et le premier point du lemme est montr´e.
Posons `a pr´esent:
A(X)=(X−x)Pn
k=1 ukXk−1+u0
=Pn
k=1 ukXk−Pn k=1 xukXk−1+u0
=Pn
k=1 ukXk−Pn−1 k=0 xuk+1Xk
=unXn+Pn−1
k=1 (uk−xuk+1)Xk−xu1+u0
=unXn+Pn−1
k=1 (uk−xuk+1)Xk+ (u0−xu1)
=unXn+Pn−1
k=0 (uk−xuk+1)Xk
Or, par d´efinition de la suite u:un=anet, pour kcompris entre 0 et n−1, uk−xuk+1 =ak. On reporte
dans A(X) :
A(X) = anXn+
n−1
X
k=0
akXk
1

1 RACINES ET FACTORISATION
C’est exactement P(X), ce qui montre la premi`ere formule.
Dans le cas particulier o`u P(x) = 0, l’´egalit´e u0=P(x) = 0 donne imm´ediatement la seconde formule.
CQFD.
Remarque : Ce lemme fournit un moyen de factoriser rapidement un polynˆome dont on connaˆıt une
racine x. Il suffit de calculer dans l’ordre les coefficients un`a u0, en remplissant de gauche `a droite un
tableau comme dans l’exemple suivant o`u P(X) = X3−2X+ 4X−8 et P(2) = 0.
k3 2 1 0
Coefs ak1−2 4 −8
xuk+1 = 2uk+1 −2u3= 2 2u2= 0 2u1= 8
uk=xuk+1 +aku3= 1 u2= 0 u1= 4 P(2) = u0= 0
On applique alors la formule du lemme en lisant la derni`ere ligne du tableau : P(X)=(X−2)(u3X2+
u2X1+u1X0)=(X−2)(X2+ 4)
Remarque : On peut, plus g´en´eralement, appliquer r´ecursivement le lemme pour r´ecrire un polynˆome
P(X) sous la forme Q(X−x) pour un xquelconque.
Cf l’exemple suivant pour P(X) = X3+ 2X2+ 3X−25 et x= 2 :
k 3 2 1 0
Coefsak1 2 3 −25
xuk+1 = 2uk+1 −2 8 22
uk=xuk+1 +ak1 4 11 −3
xvk+1 = 2vk+1 −2 12
vk=xvk+1 +uk1 6 23
xwk+1 = 2wk+1 −2
wk=xwk+1 +vk1 8
xtk+1 = 2tk+1 −
tk=xtk+1 +wk1
Les coefficients de la d´ecomposition de Pselon les (X−2)ksont donn´es par le dernier terme de chaque
ligne:
P(X) = (X−2)3+ 8(X−2)2+ 23(X−2) −3
En effet, si l’on d´ecompose par ´etapes:
P(X) = U(X)(X−2) −3 avec U(X) = 1X2+ 4X+ 11
U(X) = V(X)(X−2) + 23 avec V(X)=1X+ 6
V(X) = W(X)(X−2) + 8 avec W(X)=1
Lemme 1.2 Soit un polynˆome P`a coefficients complexes. Alors toutes les racines de sa d´eriv´ee P0
appartiennent `a l’enveloppe convexe des racines de P.
Preuve : Il suffit de prouver que toute racine rde P0peut s’´ecrire comme un barycentre `a coefficients
positifs des racines de P.
Soit nle degr´e de P. Tout polynˆome `a coefficients complexes ´etant scind´e sur C, il existe ncomplexes
(pas forc´ement distincts) ω1. . . ωntels que P(X) = anQn
i=1 (X−ωi), o`u anest le coefficient de degr´e n
de P.
Si rest une racine de P, il est clair qu’elle se trouve dans l’enveloppe convexe (puisque par d´efinition
toutes les racines de Pappartiennent `a cette enveloppe convexe).
Supposons maintenant que rne soit pas une racine de P. Exprimons la d´eriv´ee P0(X) :
P0(X) = an
n
X
i=1 Y
j= 1 . . . n
j6=i
(X−ωj)
Comme rn’est pas l’une des racines :
P0(r) =
n
X
i=1
P(r)
r−ωi
2

1 RACINES ET FACTORISATION
Ensuite, on trafique un peu en se servant des hypoth`eses :
0 = Pn
i=1
P(r)
r−ωicar P0(r)=0
0 = Pn
i=1 1
r−ωien divisant par P(r)6= 0
0 = Pn
i=1
r−ωi
|r−ωi|2en multipliant par r−ωi
0 = Pn
i=1 1
|r−ωi|2(r−ωi) en conjuguant
Or pour tout i∈ {1..n},1
|r−ωi|2>0, donc on a bien exprim´e rcomme un barycentre `a coefficients positifs
des racines ω1. . . ωndu polynˆome P. CQFD.
Lemme 1.3 (regroupement des racines dans un polynˆome `a racines simples) Soit Kun sous-
corps de C, et soient knombres alg´ebriques α1. . . αk, racines de polynˆomes P1. . . Pk`a coefficients dans
K[X].
Alors il existe un polynˆome `a coefficients dans K, dont toutes les racines (dans C) sont simples, et dont
les knombres α1. . . αksont racines.
Preuve : Posons Q(X) = P1(X). . . Pk(X). Soit Ale pgcd de Qet de sa d´eriv´ee Q0. Alors il existe
B∈K[X] tel que Q=AB.
Soit αune racine de B. Supposons un instant que sa multiplicit´e msoit sup´erieure ou ´egale `a 2. Alors ce
serait une racine d’ordre mde Q, et donc une racine d’ordre m−1 de Q0. Donc (X−α)m−1diviserait le
pgcd de Qet Q0, qui est A. Comme Q=AB,αserait alors racine simple de B, ce qui serait exactement
le contraire de notre hypoth`ese. Donc Best `a racines simples.
Soit `a pr´esent une racine αde Q, de multiplicit´e m. C’est alors une racine de multiplicit´e m−1 de A. Or
Q=AB, donc αest racine d’ordre 1 de B.
Finalement, toutes les racines de Qsont racines de B, de multiplicit´e 1 dans B. En particulier, α1. . . αk
sont racines de B. Comme de plus Best `a racines simples, c’est bien le polynˆome recherch´e. CQFD.
Proposition 1.4 (Majoration du module des racines) Soit un polynˆome unitaire P∈C[X], tel que
P=Pn
k=0 pkXk. Alors pour toute racine xde P,|x| ≤ max n1,Pn−1 k=0 |pk|o
Preuve : Si |x| ≤ 1 c’est vrai. Sinon on a xn=−Pn−1
k=0 pkxkdonc, en divisant par xn−1et en utilisant
l’in´egalit´e triangulaire, on obtient |x| ≤ Pn−1
k=0 pk
xn−1−k.
Or pour 0 ≤k≤n−1, |x|n−1−≥1 donc pk
xn−1−k≤ |pk|, d’o`u le r´esultat recherch´e. CQFD.
Th´eor`eme 1.5 (Racines rationnelles d’un polynˆome) Soit A∈Z[X], de degr´e ≥1. Si A(p/q)=0,
(avec (p, q)∈Z×N∗et p∧q= 1) alors qdivise le coefficient dominant de A, et pdivise son coefficient
constant.
Preuve : Notons A(X) = Pn
k=0 akXk. Comme A(p/q) = 0, on a a0qn=−Pn k=1 akpkqn−k. Donc
a0qn=−pPn
k=1 akpk−1qn−kest multiple de p, et comme p∧q= 1, le th´eor`eme de Gauss dit que a0est
multiple de p.
De mˆeme, anpn=−qPn−1
k=0 akpkqn−1−kest multiple de qdonc anl’est. CQFD.
Corollaire 1.6 Les racines rationnelles d’un polynˆome unitaire de degr´e ≥1`a coefficients entiers sont
enti`eres.
Th´eor`eme 1.7 (Combinaison polynomiale de racines) Soit P∈Z[X1, . . . , Xn]. Si x1, . . . , xnsont
racines de polynˆomes unitaires de Z[X], alors P(x1, . . . , xn)est racine d’un tel polynˆome.
Preuve : Il suffit de montrer que c’est vrai pour x1+x2,x1x2et pour ax1, o`u a∈Zest quelconque.
Le reste suit imm´ediatement, par r´ecurrence sur le nombre de termes de P. Remarquons d’abord que,
quitte `a faire des produits de polynˆomes, on peut consid´erer que x1, x2(distincts ou non) sont racines d’un
certain polynˆome unitaire A∈Z[X]. Soit m≥2 son degr´e et notons x1, . . . , xmles racines (distinctes ou
non) de A.
Consid´erons le polynˆome B(X) = Qi<j (X−xixj). Il est unitaire, et tous ses coefficients sont les valeurs
prises en (x1, . . . , xm) par des polynˆomes sym´etriques de Z[X1, . . . , Xm]. Ils sont donc entiers d’apr`es le
3

2 ARITHM ´ ETIQUE SUR LES POLYN ˆ OMES
th´eor`eme de Waring, et par cons´equent, pour tout (i, j), le produit xixjest racine d’un certain polynˆome
unitaire de Z[X].
De mˆeme, consid´erer le polynˆome C(X) = Qi<j (X−(xi+xj)) nous fait conclure que xi+xjest aussi
racine d’un polynˆome unitaire de Z[X].
Enfin, tout a∈Zest racine de X−aqui est unitaire, donc ax1est racine d’un polynˆome unitaire de Z[X]
d’apr`es la remarque sur les produits.
2 Arithm´etique sur les polynˆomes
Lemme 2.1 (Lemme de Gauss sur le pgcd des coefficients) Notons cla fonction qui `a un polynˆome
de Z[X]associe le pgcd de ses coefficients. Alors pour tout couple (A, B)de polynˆomes de Z[X],c(AB) = c(A)c(B).
Preuve : Commen¸cons par le cas particulier o`u c(A) = c(B) = 1. Supposons que c(AB) soit multiple
d’un nombre premier q. Alors, en notant ˜ A,˜ Bet g AB les polynˆomes de (Z/qZ)[X] obtenus en associant
aux coefficients de A,Bet AB leurs classes d’´equivalence modulo q, on obtient g AB = 0.
Alors 1˜ A= 0 ou ˜ B= 0, donc tous les coefficients de Aou de Bsont multiples de q, ce qui contredit
c(A) = c(B) = 1. Donc c(AB) = 1.
Passons maintenant au cas g´en´eral. En posant α=c(A) et β=c(B) on obtient A=αA1et B=βB1avec
c(A1) = c(B1) = 1. Alors AB =αβA1B1, donc c(AB) = αβc(A1B1). Or par d´efinition c(A1) = c(B1)=1
donc d’apr`es le premier cas c(A1B1) = 1 et finalement c(AB) = αβ. CQFD.
Lemme 2.2 (R´eductibilit´e dans Z) Si un polynˆome `a coefficients dans Zest r´eductible dans Q[X],
alors il l’est dans Z[X].
Preuve : Soit Pun polynˆome de Z[X] tel qu’il existe deux polynˆomes Aet Bde Q[X] v´erifiant P=AB.
Soient αet βdeux entiers tels que A1=αA et B1=βB soient dans Z[X]. Avec les notations du lemme
2.1, posons A2=1
c(A1)A1et B2=1 c(B1)B1: ils sont `a coefficients entiers et on a αβP =c(A1)c(B1)A2B2.
Or αβP =A1B1donc le lemme de Gauss 2.1 donne αβc(P) = c(A1)c(B1) donc αβP =αβc(P)A2B2.
Donc P=c(P)A2B2qui est bien un produit de polynˆomes `a coefficients entiers. CQFD.
Exercice 2.3 (Crit`ere d’Eisenstein) Soit Pun polynˆome de Z[X]et de degr´e n≥2. S’il existe un
entier premier ptel que :
∀k∈ {0. . . n −1}p|Pk, p 6 |Pn, p26 |P0
o`u P(X) = Pn
k=0 PkXk, alors Pest irr´eductible dans Q[X].
Solution : Supposons Pr´eductible dans Q[X]. Alors d’apr`es le lemme 2.2 il est r´eductible dans Z[Z]
et il existe Aet B`a coefficients entiers tels que P=AB.
Comme d’habitude, associons `a P,Aet Bles polynˆome ˜ P,˜ A,˜ Bdont les coefficients sont les classes
d’´equivalence modulo pde ceux de P,Aet B.
Or par hypoth`ese ˜ P=˜ PnXn. En appelant aet bles degr´es respectifs de Aet Bon obtient ˜ A(X) = ˜ AaXa
et ˜ B(X) = ˜ BbXb(si on avait ˜ A= 0 ou ˜ B= 0 alors ˜ Pn= 0 : absurde). En particulier ˜ A0=˜ B0= 0 donc
p|A0et p|B0. Mais alors p2diviserait A0B0=P0ce qui contredirait les hypoth`eses. CQFD
Exercice 2.4 (Pas de polynˆome `a valeurs premi`eres) Il n’existe aucun polynˆome non-constant `a
coefficients dans Zqui, pour tout entier n, prenne une valeur premi`ere. 2
Solution : Supposons qu’il existe un tel polynˆome P. Soit nun entier quelconque. Alors pour tout
k∈N,P(n+kP (n)) est multiple de P(n). En effet, en notant P(X) = PN
i=0 aiXi, on obtient :
P(n+kP (n)) = PN
i=0 ai(n+kP (n))i
=PN
i=0 aiSi
1en effet, puisque qest premier, Z/qZest un corps donc (Z/qZ)[X] est un anneau int`egre.
2Par contre il existe des polynˆomes (`a plusieurs variables) qui s’ils prennent une valeur positive pour des valeurs enti`eres
de leurs variables, prennent alors une valeur premi`ere, et donnent ainsi tous les nombres premiers. Ce r´esultat s’´etend
non seulement aux nombres premiers, mais `a tout sous-ensemble de Ncalculable par ordinateur. Dans le cas des nombres
premiers, on a mˆeme pu exhiber de tels polynˆomes, malheureusement sans utilit´e pratique pour le calcul.
4

2 ARITHM ´ ETIQUE SUR LES POLYN ˆ OMES
O`u, d’apr`es la formule du binˆome, Si=Pi
j=0 Cj
ini−j(kP (n))j. En remarquant que Pi
j=1 Cj
ini−j(kP (n))j
est multiple de P(n), il reste :
P(n+kP (n)) ≡PN
i=0 aiC0
ini(kP (n))0(mod P(n))
≡PN
i=0 aini(mod P(n))
≡P(n) (mod P(n))
≡0 (mod P(n))
Donc P(n+kP (n)) est bien multiple de P(n).
Comme Pn’est pas constant, sa d´eriv´ee est de signe constant non nul `a partir d’un certain rang n.
Cela impose que Psoit strictement monotone `a partir de ce rang. Or P, ´etant cens´e ne donner que
des nombres premiers, doit rester positif, donc il est strictement croisssant `a partir du rang n. Donc
P(n+P(n)) > P (n). Or P(n+P(n)) est multiple de P(n), donc il n’est pas premier : cela contredit la
d´efinition de P.
Exercice 2.5 (Polynˆome `a valeurs enti`eres) Soit un polynˆome Q∈Q[X]tel que ∀n∈N, Q(n)∈Z.
Montrer que Qest `a coefficients entiers.
Solution : Supposons que Qne soit pas `a coefficients entiers. Soit mle plus petit entier ≥1 tel que
mQ ∈Z[X] et posons P=mQ.
Alors madmet un facteur premier de q≥2. Soit ˜ Ple polynˆome de K[X], o`u Kest le corps Z/qZ, dont
chaque coefficient est la classe d’´equivalence modulo qdu coefficient de Pde mˆeme degr´e.
Pour tout n∈N,Q(n) est entier donc P(n) = mQ(n) est multiple de m, donc de q. En notant ˜nla classe
d’´equivalence de non en d´eduit : ∀˜n∈K, ˜ P(˜n) = 0. D’o`u ˜ P= 0.
Donc tous les coefficients de Psont multiples de q.
C’est absurde puisque par d´efinition de mles coefficients de Psont premiers entre eux ! Donc Qest bien
`a coefficients entiers. CQFD.
Exercice 2.6 (Polynˆomes entiers multiples l’un de l’autre) Soient Aet Bdeux polynˆomes (non-
nuls) de Z[X]. Montrer que Aest multiple de Bsi et seulement si pour tout entier n≥0,A(n)est
multiple de B(n).
Remarque : Cela devient faux si A(n) n’est multiple de B(n) que sur un ensemble infini d’entiers.
Par exemple l’´equation de Fermat x2=Dy2+ 1 poss`ede (pour Dnon-carr´e) une infinit´e de couples (x, y)
entiers solutions, mais DX2+ 1 est premier avec X2.
Solution : Supposons Amultiple de B. Alors il existe C∈Z[X] tel que A=BC. Comme pour tout
n∈N,A(n) = B(n)C(n) donc A(n) est multiple de B(n).
C’´etait ´evident ! Dans l’autre sens ¸ca l’est moins. Proc´edons `a la division euclidienne de Apar B. Il
existe alors (Q, R)∈Q[X]×Q[X] tels que A(X) = B(X)Q(X) + R(X) et que degre(R)<degre(B).
Soit αla partie fractionnaire du coefficient constant (i.e. celui de degr´e 0) de Q. Soit mle plus petit
multiple commun des d´enominateurs des autres coefficients Q. Alors, en notant fla fonction partie
fractionnaire, on a : ∀n∈N, f(Q(nm)) = α. Comme Bn’est pas nul, ses racines sont born´ees, donc il
existe N0∈Ntel que, pour tout n≥N0,B(nm)6= 0.
Alors ∀n≥N0,A(nm)
B(nm)=Q(nm) + R(nm) B(nm).
Par hypoth`ese : ∀n≥N0, f Q(nm) + R(nm)
B(nm)= 0 Or f(Q(nm)) = αdonc :
∀n≥N0, f α+R(nm)
B(nm)= 0 (∗)
Par d´efinition de α,α∈[0 1[.
Supposons α∈]0 1[. Comme Rest de degr´e strictement inf´erieur `a celui de B, le quotient R(nm)
B(nm)tend vers
0 quand ntend vers +∞. En particulier, il existerait N1∈Ntel que : ∀n≥N1,R(nm)
B(nm)<min {α, 1−α}.
Alors ∀n≥N1, α +R(nm)
B(nm)∈]0 1[, ce qui contredit clairement (∗).
Donc α= 0 et (∗) devient :
∀n≥N0, f R(nm)
B(nm)= 0
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