Shortlist 2025, A5¶

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : Thailand

Concepts : Polynômes : racines, relations de Viète, factorisation · Polynômes à coefficients entiers

Solution officielle : Shortlist officielle 2025 (avec solutions), section A5 (livret PDF)

Énoncé¶

Determine all integers \(n \geq 2\) such that the polynomial

\[P(x, y, z) = x^n + y^n + z^n - x^{n-2} yz - x y^{n-2} z - x y z^{n-2}\]

can be written as \(P(x, y, z) = Q(x, y, z) R(x, y, z)\), where \(Q(x, y, z)\) and \(R(x, y, z)\) are nonconstant polynomials with integer coefficients.

Indices : les idées clés

Polynômes : racines, relations de Viète, factorisation : spécialiser des variables (\(z = -y\), \(y = z\), \(z = -\omega x - \omega^2 y\)) transforme une factorisation de \(P\) en une factorisation d'un polynôme plus simple, et les racines (réelles ou non) interdisent certains facteurs.
Polynômes à coefficients entiers : irréductibilité sur \(\mathbb{Z}\) par réduction modulo \(2\) à la manière du critère d'Eisenstein (solution 1), ou par le critère d'Eisenstein lui-même (solution 2).
Homogénéité et coefficient dominant : les facteurs d'un polynôme homogène sont homogènes, et comme \(P\) est unitaire en \(x\), ses facteurs restent non constants après spécialisation de \(y\) et \(z\).
Symétrie cyclique (solution 2) : si \(ax + by + cz\) divise \(P\), ses permutations circulaires aussi, ce qui force \(a = b = c\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2025 (deux solutions et deux remarques).

Réponse : seul \(n = 3\) convient.

Solution 1¶

Disons qu'un polynôme à coefficients entiers est irréductible s'il ne s'écrit pas \(AB\) avec \(A\), \(B\) non constants à coefficients entiers. Un polynôme homogène ne peut se factoriser qu'en polynômes homogènes ; donc si \(P = QR\) avec \(Q\), \(R\) non constants, \(Q\) et \(R\) sont de degré au plus \(n-1\) en chacune des variables \(x\), \(y\), \(z\). De plus, vu comme polynôme en \(x\), \(P\) a pour coefficient dominant \(1\) ; les coefficients dominants de \(Q\) et \(R\) en \(x\) valent donc \(\pm 1\), si bien qu'en remplaçant \(y\) par \(\pm z\) ou en donnant à \(y\) et \(z\) des valeurs particulières, \(Q\) et \(R\) restent non constants en \(x\).

La stratégie est d'étudier \(P(x, y, -y)\) en distinguant selon la parité de \(n\).

Cas 1 : \(n\) pair, \(n = 2k\). On a

\[P(x, y, -y) = x^{2k} + 2y^{2k} + x^{2k-2} y^2,\]

qui, pour \(y = 1\), devient \(x^{2k} + x^{2k-2} + 2\).

Lemme. Le polynôme \(S(x) = x^{2k} + x^{2k-2} + 2\) ne s'écrit pas \(A(x)B(x)\) avec \(A\), \(B\) à coefficients entiers de degrés strictement inférieurs à \(2k\).

Preuve. Pour \(k = 1\), \(S(x) = x^2 + 3\) est clairement irréductible. Supposons \(k \geq 2\) et, par l'absurde, \(S = AB\) ; on peut supposer \(A\) et \(B\) unitaires. Modulo \(2\) (en notant \(\bar{A}\), \(\bar{B}\) les réductions), \(\bar{A}\bar{B} = x^{2k-2}(x^2 + 1)\). Le produit des termes constants de \(A\) et \(B\) vaut \(2\), donc ces termes constants ne sont pas tous deux pairs : l'un de \(\bar{A}\), \(\bar{B}\), disons \(\bar{A}\), n'est pas multiple de \(x\). Par unicité de la factorisation (dans \(\mathbb{F}_2[x]\)), \(\bar{A}\) divise \(x^2 + 1\), donc est de degré \(1\) ou \(2\). Comme \(A\) et \(B\) sont unitaires, \(A\) a le même degré que \(\bar{A}\). Or \(S\) n'a pas de racine entière (ni même réelle), donc \(A\) n'est pas de degré \(1\) : \(A\) est de degré \(2\). Unitaire et de terme constant \(\pm 1\) (diviseur de \(2\), et impair), \(A\) s'écrit \(x^2 + 2mx \pm 1\) (précision ajoutée : le coefficient de \(x\) est pair car \(\bar{A}\), de degré \(2\) et divisant \(x^2 + 1\), vaut \(x^2 + 1\)). Si \(m = 0\), \(x^2 \pm 1\) admet \(i\) ou \(1\) comme racine, ce qui n'est pas une racine de \(S\). Pour tout autre \(m \in \mathbb{Z}\), \(x^2 + 2mx \pm 1\) a une racine réelle, ce que \(S\) n'a pas. \(\square\)

On en déduit que \(x^{2k} + 2y^{2k} + x^{2k-2}y^2\) est irréductible (une factorisation non triviale donnerait, pour \(y = 1\), une factorisation interdite par le lemme, grâce à la remarque préliminaire), donc \(P\) aussi.

Cas 2 : \(n\) impair, \(n = 2k+1\). On a

\[P(x, y, -y) = x^{2k+1} + x^{2k-1}y^2 + 2y^{2k}x = x\left(x^{2k} + x^{2k-2}y^2 + 2y^{2k}\right).\]

D'après le lemme, le second facteur est irréductible ; donc si \(P\) se factorise, l'un des facteurs (homogènes) est de degré \(2k\) et l'autre de degré \(1\). Les deux facteurs ont pour coefficient dominant \(1\) en \(x\) (au signe près), donc le facteur de degré \(1\) s'écrit \(x + ay + az\). En appliquant le même argument à \(P(x, -x, z)\) et \(P(-z, y, z)\), on voit que les coefficients de \(x\), \(y\), \(z\) sont égaux, donc \(a = 1\) : le facteur est \(x + y + z\).

Ainsi, si \(P\) se factorise, \(x + y + z\) divise \(P\). Pour \((x, y, z) = (2, -1, -1)\), on a \(x + y + z = 0\), donc

\[0 = P(2, -1, -1) = 2^{2k+1} - 1 - 1 - 2^{2k-1} - 2 - 2 = 2^{2k+1} - 2^{2k-1} - 6 = 3 \cdot 2^{2k-1} - 6,\]

ce qui impose \(k = 1\), soit \(n = 3\). Réciproquement, pour \(n = 3\),

\[x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx).\]

En conclusion, seul \(n = 3\) convient. \(\blacksquare\)

Solution 2¶

Cas \(n = 2\) et \(n = 3\). Pour \(n = 2\), \(P = x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx\) et \(P(x, 1, 0) = x^2 - x + 1\) n'a pas de racine entière, donc est irréductible sur \(\mathbb{Z}\) ; ainsi \(P\) est irréductible. Pour \(n = 3\), \(P = (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx)\). On suppose désormais \(n > 3\).

Spécialisation \(z = y\). On calcule

\[\begin{aligned} P(x, y, y) &= x^n + 2y^n - x^{n-2}y^2 - 2xy^{n-1} \\ &= x^n - x^{n-1}y + x^{n-1}y - x^{n-2}y^2 - 2xy^{n-1} + 2y^n \\ &= (x - y)(x^{n-1} + x^{n-2}y - 2y^{n-1}) \\ &= (x - y)(x^{n-1} - x^{n-2}y + 2x^{n-2}y - 2y^{n-1}) \\ &= (x - y)^2\left(x^{n-2} + 2\sum_{k=1}^{n-2} x^{n-2-k}y^k\right). \end{aligned}\]

Pour \(y = 1\), le dernier facteur devient \(x^{n-2} + 2\sum_{k=1}^{n-2} x^{n-2-k}\), irréductible par le critère d'Eisenstein (avec \(p = 2\)). Donc, si \(P\) se factorise, il a un facteur irréductible de degré au moins \(n - 2\) ; les autres facteurs irréductibles sont de degré total au plus \(2\).

Cas 1 : \(P\) a un facteur irréductible de degré \(1\), disons \(Q(x, y, z) = ax + by + cz\) avec \(a, b, c\) entiers. Supposons \(a, b, c\) non tous égaux. Comme \(P\) est cycliquement symétrique (\(P(x, y, z) = P(y, z, x) = P(z, x, y)\)), \(Q(x, y, z)\), \(Q(y, z, x)\) et \(Q(z, x, y)\) divisent tous \(P\). De plus \(Q(x, y, z)\) n'est pas proportionnel à \(Q(y, z, x)\) : sinon \(Q(y, z, x) = \tau Q(x, y, z)\) avec \(\tau\) rationnel donne \(a = \tau b\), \(b = \tau c\), \(c = \tau a\), d'où \(a = \tau^3 a\), \(b = \tau^3 b\), \(c = \tau^3 c\), et comme \(a, b, c\) ne sont pas tous nuls, \(\tau^3 = 1\), donc \(\tau = 1\) et \(a = b = c\). Ainsi \(P\) aurait un facteur \(Q(x, y, z)Q(y, z, x)Q(z, x, y)\) de degré \(3\), produit de trois facteurs de degré \(1\), ce qui contredit l'existence d'un facteur irréductible de degré au moins \(n - 2\). Donc \(a = b = c\) : le facteur est \(x + y + z\), qui, comme dans la solution 1, ne divise \(P\) que pour \(n = 3\).

Cas 2 : \(P\) a un facteur irréductible de degré \(2\) (et aucun de degré \(1\)). Il y a alors un facteur irréductible \(Q\) de degré \(2\) tel que \(Q(x, y, y) = (x - y)^2\). Par un argument de symétrie analogue au cas précédent,

\[Q(x, y, z) = \lambda(x^2 + y^2 + z^2) + \mu(xy + yz + zx)\]

avec \(\lambda\), \(\mu\) entiers. Comme \(Q(x, y, y) = (x - y)^2\), on obtient \(\lambda = 1\) et \(\mu = -1\), donc

\[Q(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 - (xy + yz + zx) = (z + \omega x + \omega^2 y)(z + \omega^2 x + \omega y),\]

où \(\omega\) est une racine primitive cubique de l'unité. Par conséquent

\[P(x, y, -\omega x - \omega^2 y) = Q(x, y, -\omega x - \omega^2 y)\, R(x, y, -\omega x - \omega^2 y) = 0.\]

En particulier \(P(x, 0, -\omega x) = 0\), soit \(x^n + (-\omega x)^n = 0\) pour tout \(x\), ce qui n'est possible que si \(n \equiv 3 \pmod 6\).

Si \(n \equiv 3 \pmod 6\) et \(n \geq 9\) (on a supposé \(n \geq 4\)), posons \(T(x, y) = P(x, y, -\omega x - \omega^2 y)\) :

\[T(x, y) = x^n + y^n - (x + \omega y)^n + \omega x^{n-2}y(x + \omega y) + \omega x y^{n-2}(x + \omega y) + \omega x y (x + \omega y)^{n-2}.\]

Pour \(n \geq 4\), le coefficient de \(x^{n-1}y\) vaut \(-n\omega + \omega + \omega = -(n-2)\omega \neq 0\), donc \(T \neq 0\) : contradiction. Ce cas est impossible.

Seul \(n = 3\) convient donc. \(\blacksquare\)

Remarques¶

Remarque 1. Le lemme de la solution 1 peut être vu comme conséquence d'une généralisation naturelle du critère d'Eisenstein, et sa preuve s'inspire de celle de ce critère.

Remarque 2 (sur \(\mathbb{C}\)). Pour \(n = 2\), \(P\) se factorise sur \(\mathbb{C}\) : \(P = (x + \omega y + \omega^2 z)(x + \omega^2 y + \omega z)\). Pour \(n \geq 4\), \(P\) est même irréductible sur \(\mathbb{C}\). Esquisse : par le lemme de Gauss (appliqué à \(\mathbb{Z}[y, z]\)), \(P\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\) ; ses facteurs irréductibles dans \(\mathbb{C}[x, y, z]\) sont alors conjugués de Galois, donc \(P = \prod_{\sigma : K \hookrightarrow \mathbb{C}} \sigma Q\), où \(Q\) est unitaire en \(x\), irréductible sur \(\mathbb{C}\), et \(K\) est le corps de nombres engendré par ses coefficients. Le développement au point \((1, 1, 1)\) donne

\[P(1 + x, 1 + y, 1) = (2n - 3)(x^2 - xy + y^2) + (\text{termes d'ordre supérieur}) = \prod_{\sigma} \sigma Q(1 + x, 1 + y, 1).\]

Comme \(\sigma Q(1, 1, 1) = 0\) pour au moins un \(\sigma\), c'est vrai pour tous ; si \(K \neq \mathbb{Q}\), on obtient \([K : \mathbb{Q}] = 2\), les termes de plus bas degré de \(Q(1 + x, 1 + y, 1)\) sont de la forme \(a(x + \omega^m y)\) avec \(m \in \{1, 2\}\), et \(K = \mathbb{Q}(\omega)\). Enfin, avec \(x = 0\), \(y = z = 1\) : \(P(0, 1, 1) = 2 = Q(0, 1, 1)\,\sigma Q(0, 1, 1)\), où \(\sigma\) est l'automorphisme non trivial de \(\mathbb{Q}(\omega)\) ; or aucun \(\alpha \in \mathbb{Q}(\omega)\) ne vérifie \(\alpha\sigma(\alpha) = 2\). Donc \(P\) est irréductible sur \(\mathbb{C}\).