Shortlist 2012, A4¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : non indiqué
Concepts : Polynômes à coefficients entiers · Polynômes : racines, relations de Viète, factorisation · Principe des tiroirs
Solution officielle : Shortlist officielle 2012 (avec solutions), p. 13 (page 13 du PDF)
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Énoncé¶
Let \(f\) and \(g\) be two nonzero polynomials with integer coefficients and \(\deg f > \deg g\). Suppose that for infinitely many primes \(p\) the polynomial \(pf + g\) has a rational root. Prove that \(f\) has a rational root.
Indices : les idées clés
- Racines bornées : comme \(\deg f > \deg g\), toutes les racines réelles des polynômes \(pf + g\) sont dans un intervalle fixe \([-R, R]\).
- Racines rationnelles (solution 1) : après s'être ramené à \(f\) unitaire, une racine \(\frac{u}{v}\) de \(pf + g\) a \(v = 1\) ou \(v = p\) ; par les tiroirs, une même valeur se répète pour une infinité de \(p\).
- Identité polynomiale : \(f(k - b_{n-1}x) + x g(k - b_{n-1}x) = 0\) pour une infinité de \(x = \frac{1}{p}\), donc pour tout \(x\), et \(x = 0\) donne \(f(k) = 0\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2012 (trois solutions et une remarque).
Solution 1¶
Comme \(\deg f > \deg g\), on a \(\left\lvert \frac{g(x)}{f(x)} \right\rvert < 1\) pour \(x\) assez grand ; plus précisément, il existe un réel \(R\) tel que \(\left\lvert \frac{g(x)}{f(x)} \right\rvert < 1\) pour tout \(x\) avec \(\lvert x \rvert > R\). Pour tous ces \(x\) et tous les nombres premiers \(p\), on a alors
Donc toutes les racines réelles des polynômes \(pf + g\) sont dans l'intervalle \([-R, R]\).
Écrivons \(f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0\) et \(g(x) = b_m x^m + b_{m-1} x^{m-1} + \cdots + b_0\), avec \(n > m\), \(a_n \neq 0\) et \(b_m \neq 0\). En remplaçant \(f(x)\) et \(g(x)\) par \(a_n^{n-1} f(x/a_n)\) et \(a_n^{n-1} g(x/a_n)\), on se ramène au cas \(a_n = 1\) : on peut supposer \(f\) unitaire. Le coefficient dominant de \(pf + g\) est alors \(p\), et si \(r = \frac{u}{v}\) est une racine rationnelle de \(pf + g\) avec \(\operatorname{pgcd}(u, v) = 1\) et \(v > 0\), alors \(v = 1\) ou \(v = p\).
Considérons d'abord le cas où \(v = 1\) une infinité de fois. Si \(v = 1\), alors \(\lvert u \rvert \leq R\), donc il n'y a qu'un nombre fini de possibilités pour l'entier \(u\). Il existe donc deux nombres premiers distincts \(p\) et \(q\) pour lesquels on a la même valeur de \(u\). Les polynômes \(pf + g\) et \(qf + g\) ont alors cette racine en commun, d'où \(f(u) = g(u) = 0\). Dans ce cas, \(f\) et \(g\) ont une racine entière commune.
Supposons maintenant que \(v = p\) une infinité de fois. En comparant l'exposant de \(p\) dans les dénominateurs de \(pf(u/p)\) et \(g(u/p)\), on obtient \(m = n - 1\), et \(pf(u/p) + g(u/p) = 0\) se ramène à une équation de la forme
Cette équation montre que \(u^n + b_{n-1} u^{n-1}\) est divisible par \(p\), donc, comme \(\operatorname{pgcd}(u, p) = 1\), on a \(u + b_{n-1} = pk\) pour un entier \(k\). D'autre part, toutes les racines de \(pf + g\) sont dans \([-R, R]\), donc
L'entier \(k\) ne prend donc qu'un nombre fini de valeurs. Il existe donc un entier \(k\) tel que le nombre \(\frac{pk - b_{n-1}}{p} = k - \frac{b_{n-1}}{p}\) soit racine de \(pf + g\) pour une infinité de nombres premiers \(p\). Pour ces nombres premiers,
L'équation
a donc une infinité de solutions de la forme \(x = \frac{1}{p}\). Comme le membre de gauche est un polynôme, (1) est une identité polynomiale, vraie pour tout réel \(x\). En particulier, \(x = 0\) dans (1) donne \(f(k) = 0\) : l'entier \(k\) est racine de \(f\).
En résumé, le polynôme unitaire \(f\) obtenu après la réduction initiale a toujours une racine entière. Le polynôme \(f\) de départ a donc une racine rationnelle. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Comme dans la première solution, il existe un réel \(R\) tel que les racines complexes de tous les polynômes de la forme \(pf + g\) soient dans le disque \(\lvert z \rvert \leq R\).
Pour chaque nombre premier \(p\) tel que \(pf + g\) a une racine rationnelle, le lemme de Gauss montre que \(pf + g\) est le produit de deux polynômes à coefficients entiers, l'un de degré \(1\) et l'autre de degré \(\deg f - 1\). Comme \(p\) est premier, le coefficient dominant de l'un de ces facteurs divise le coefficient dominant de \(f\). Notons \(h_p\) ce facteur.
Quitte à restreindre l'ensemble des nombres premiers utilisés, on peut supposer que tous les polynômes \(h_p\) ont le même degré et le même coefficient dominant. Leurs racines complexes sont dans le disque \(\lvert z \rvert \leq R\), donc, par les relations de Viète, tous les coefficients de tous les \(h_p\) forment un ensemble borné. Comme ce sont des entiers, il n'y a qu'un nombre fini de polynômes \(h_p\) possibles. Il existe donc un polynôme \(h\) tel que \(h_p = h\) pour une infinité de nombres premiers \(p\).
Enfin, si \(p\) et \(q\) sont deux nombres premiers distincts avec \(h_p = h_q = h\), alors \(h\) divise \((p - q)f\). Comme \(\deg h = 1\) ou \(\deg h = \deg f - 1\), dans les deux cas \(f\) a une racine rationnelle. \(\blacksquare\)
Remarque. Clairement, le polynôme \(h\) est un facteur commun de \(f\) et \(g\). Si \(\deg h = 1\), alors \(f\) et \(g\) ont une racine rationnelle commune. Sinon, \(\deg h = \deg f - 1\) impose \(\deg g = \deg f - 1\), et \(g\) divise \(f\) sur les rationnels.
Solution 3¶
Comme dans la première solution, il existe un réel \(R\) tel que les racines réelles de tous les polynômes de la forme \(pf + g\) soient dans l'intervalle \([-R, R]\).
Soit \(p_1 < p_2 < \cdots\) une suite infinie de nombres premiers telle que, pour tout indice \(k\), le polynôme \(p_k f + g\) ait une racine rationnelle \(r_k\). La suite \(r_1, r_2, \ldots\) est bornée, donc elle a une sous-suite convergente \(r_{k_1}, r_{k_2}, \ldots\) Remplaçons les suites \((p_1, p_2, \ldots)\) et \((r_1, r_2, \ldots)\) par \((p_{k_1}, p_{k_2}, \ldots)\) et \((r_{k_1}, r_{k_2}, \ldots)\) ; on peut alors supposer que la suite \(r_1, r_2, \ldots\) converge. Soit \(\alpha = \lim_{k \to \infty} r_k\). Montrons que \(\alpha\) est une racine rationnelle de \(f\).
Sur l'intervalle \([-R, R]\), le polynôme \(g\) est borné : \(\lvert g(x) \rvert \leq M\) pour une constante \(M\). Donc
et
Donc \(\alpha\) est bien une racine de \(f\).
Soient maintenant \(u_k\), \(v_k\) des entiers premiers entre eux tels que \(r_k = \frac{u_k}{v_k}\). Soit \(a\) le coefficient dominant de \(f\), et \(b = f(0)\), \(c = g(0)\) les termes constants de \(f\) et \(g\). Le coefficient dominant de \(p_k f + g\) est \(p_k a\) et son terme constant est \(p_k b + c\). Donc \(v_k\) divise \(p_k a\) et \(u_k\) divise \(p_k b + c\). Posons \(p_k b + c = u_k e_k\) (si \(p_k b + c = u_k = 0\), on pose \(e_k = 1\)).
On prouve que \(\alpha\) est rationnel à l'aide du fait suivant : si \((p_n)\) et \((q_n)\) sont des suites d'entiers telles que \(\left(\frac{p_n}{q_n}\right)\) converge, et si \((p_n)\) ou \((q_n)\) est bornée, alors \(\lim \frac{p_n}{q_n}\) est rationnelle.
Cas 1 : il existe une sous-suite infinie d'indices \((k_n)\) telle que \(v_{k_n}\) divise \(a\). Alors \((v_{k_n})\) est bornée, donc \(\alpha = \lim_{n \to \infty} \frac{u_{k_n}}{v_{k_n}}\) est rationnel.
Cas 2 : il existe une sous-suite infinie d'indices \((k_n)\) telle que \(v_{k_n}\) ne divise pas \(a\). Pour ces indices, \(v_{k_n} = p_{k_n} d_{k_n}\), où \(d_{k_n}\) est un diviseur de \(a\). Alors
Comme le numérateur \(b\) de la dernière limite est borné, \(\alpha\) est rationnel. \(\blacksquare\)