Exercice 19

1. C'est la première question d'irréductibilité du document. Avant de traiter les six polynômes, on rassemble les quatre outils dont on aura besoin, chacun avec sa justification ; on verra ensuite comment choisir le plus économique.

Outil 1 : le degré $2$ ou $3$. Sur un corps $K$, un polynôme de degré $2$ ou $3$ est réductible si et seulement s'il a une racine dans $K$. En effet, une factorisation non triviale $P = UV$ vérifie $\deg U + \deg V = \deg P \in \{2\,;3\}$ avec $\deg U, \deg V \geqslant 1$ : l'un des deux facteurs est donc de degré $1$, de la forme $c(X-a)$, et $a$ est racine de $P$. Réciproquement, si $a$ est racine, $X-a$ divise $P$ d'après la proposition 3.6, et le quotient est de degré au moins $1$.

Piège. Dès le degré $4$, l'argument tombe : un polynôme peut se factoriser en deux facteurs de degré $2$ sans avoir aucune racine. Les polynômes (c) et (f) ci-dessous en donnent l'illustration.

Outil 2 : les racines rationnelles. Soit $P = a_{n}X^{n}+\dots+a_{1}X+a_{0} \in \mathbb{Z}[X]$, et $\frac{r}{s}$ une racine rationnelle écrite sous forme irréductible. Alors $r \mid a_{0}$ et $s \mid a_{n}$. En effet, en multipliant l'égalité $P\big(\tfrac{r}{s}\big) = 0$ par $s^{n}$, on obtient $$a_{n}r^{n} + a_{n-1}r^{n-1}s + \dots + a_{1}rs^{n-1} + a_{0}s^{n} = 0$$ L'entier $r$ divise tous les termes sauf le dernier, donc il divise $a_{0}s^{n}$ ; comme $r$ est premier avec $s$, il divise $a_{0}$. Le même raisonnement, en isolant le premier terme, montre que $s$ divise $a_{n}r^{n}$, donc $a_{n}$. En particulier, les racines rationnelles d'un polynôme unitaire à coefficients entiers sont des entiers qui divisent $a_{0}$ : il n'y a qu'un nombre fini de candidats à tester.

Outil 3 : le critère d'Eisenstein. Soit $P = a_{n}X^{n}+\dots+a_{0} \in \mathbb{Z}[X]$ et $p$ un nombre premier. Si $p$ divise $a_{0}, \dots, a_{n-1}$, ne divise pas $a_{n}$, et si $p^{2}$ ne divise pas $a_{0}$, alors $P$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$. C'est le critère énoncé à la question 3, qui fait l'objet du théorème 3.6 ; il a l'avantage de s'appliquer en tout degré.

Outil 4 : la translation. Pour $a \in \mathbb{Q}$, le polynôme $P(X)$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$ si et seulement si $P(X+a)$ l'est. En effet, l'application $\tau : U(X) \mapsto U(X+a)$ est un morphisme d'anneaux de $\mathbb{Q}[X]$ dans lui-même, bijectif de réciproque $U(X) \mapsto U(X-a)$, et qui conserve le degré puisque le coefficient dominant est inchangé. Une factorisation non triviale $P = UV$ donne donc la factorisation non triviale $\tau(P) = \tau(U)\,\tau(V)$, et inversement. Ce changement de variable sert à rendre le critère d'Eisenstein applicable quand il ne l'est pas directement.

Le choix du critère. On procède dans l'ordre suivant : en degré $2$ ou $3$, on cherche les racines rationnelles, ce qui règle la question ; en degré plus grand, on essaie Eisenstein directement, puis après une translation ; si rien ne fonctionne, on cherche une factorisation explicite.

(a) Le polynôme $X^{2}-2$ est de degré $2$ : d'après l'outil 1, il suffit de vérifier qu'il n'a pas de racine rationnelle. Il est unitaire, donc l'outil 2 limite les candidats aux diviseurs de $2$, à savoir $\pm 1$ et $\pm 2$. Or $(\pm 1)^{2}-2 = -1$ et $(\pm 2)^{2}-2 = 2$ : aucun ne convient. $$\boxed{X^{2}-2 \text{ est irréductible sur } \mathbb{Q}.}$$ On vient simplement de redémontrer l'irrationalité de $\sqrt{2}$.

(b) Le polynôme $P = X^{3}-3X-1$ est de degré $3$ et unitaire, de terme constant $-1$ : ses seules racines rationnelles possibles sont $\pm 1$. On calcule $P(1) = 1-3-1 = -3$ et $P(-1) = -1+3-1 = 1$, tous deux non nuls. $$\boxed{X^{3}-3X-1 \text{ est irréductible sur } \mathbb{Q}.}$$

(c) Le polynôme $X^{4}+1$ est de degré $4$ : l'outil 1 ne s'applique plus. Il n'a aucune racine réelle, puisque $x^{4}+1 \geqslant 1$, mais cela ne prouve rien, comme le montrera (f). Le critère d'Eisenstein ne s'applique pas directement : le terme constant $1$ n'est divisible par aucun nombre premier. On effectue donc la translation $X \mapsto X+1$ : $$(X+1)^{4}+1 = X^{4}+4X^{3}+6X^{2}+4X+2$$ Avec $p = 2$ : les coefficients $4$, $6$, $4$ et $2$ sont pairs, le coefficient dominant $1$ ne l'est pas, et le terme constant $2$ n'est pas divisible par $4$. Le critère d'Eisenstein s'applique, et l'outil 4 ramène la conclusion au polynôme de départ. $$\boxed{X^{4}+1 \text{ est irréductible sur } \mathbb{Q}.}$$

(d) Le polynôme $X^{5}-4X+2$ relève directement d'Eisenstein avec $p = 2$ : ses coefficients sont, dans l'ordre des degrés décroissants, $1$, $0$, $0$, $0$, $-4$ et $2$. Le nombre $2$ divise tous les coefficients sauf le dominant, et $4$ ne divise pas le terme constant $2$. $$\boxed{X^{5}-4X+2 \text{ est irréductible sur } \mathbb{Q}.}$$ En degré $5$, aucune recherche de racines ne suffirait : c'est ici qu'Eisenstein montre toute son économie. Il possède trois racines réelles, et la proposition 7.5 montrera que son groupe de Galois est $\mathfrak{S}_{5}$ : il n'est pas résoluble par radicaux.

(e) Le polynôme $X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1$ est le polynôme cyclotomique $\Phi_{5} = \dfrac{X^{5}-1}{X-1}$. Son terme constant vaut $1$, donc Eisenstein ne s'applique pas directement ; après la translation $X \mapsto X+1$ : $$\Phi_{5}(X+1) = \frac{(X+1)^{5}-1}{X} = X^{4}+5X^{3}+10X^{2}+10X+5$$ Avec $p = 5$ : les coefficients $5$, $10$, $10$ et $5$ sont multiples de $5$, le coefficient dominant ne l'est pas, et $25$ ne divise pas $5$. $$\boxed{\Phi_{5} = X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1 \text{ est irréductible sur } \mathbb{Q}.}$$ C'est le cas $p = 5$ de la question 3, conformément au théorème 3.6.

(f) Le polynôme $X^{4}+4$ n'a pas de racine réelle, puisque $x^{4}+4 \geqslant 4$, et Eisenstein ne s'applique pas : le seul candidat est $p = 2$, mais $4 = 2^{2}$ est divisible par $p^{2}$. Cherchons alors une factorisation, en complétant le carré : $$X^{4}+4 = \big(X^{4}+4X^{2}+4\big)-4X^{2} = \big(X^{2}+2\big)^{2}-(2X)^{2}$$ C'est une différence de deux carrés, qui se factorise : $$\boxed{X^{4}+4=\big(X^{2}-2X+2\big)\big(X^{2}+2X+2\big)}$$ Le polynôme est donc réductible, alors qu'il n'a aucune racine rationnelle. Chacun des deux facteurs est irréductible sur $\mathbb{Q}$, étant de degré $2$ et de discriminant $4-8 = -4 < 0$. C'est l'identité de Sophie Germain, $a^{4}+4b^{4} = \big(a^{2}-2ab+2b^{2}\big)\big(a^{2}+2ab+2b^{2}\big)$, prise en $b = 1$.

Remarque. La même idée, appliquée à $X^{4}+1$, donne $X^{4}+1 = \big(X^{2}+1\big)^{2}-2X^{2}$. Mais $2X^{2}$ n'est pas le carré d'un polynôme à coefficients rationnels, puisque $\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$ : la factorisation n'existe que sur $\mathbb{R}$, en $\big(X^{2}-\sqrt{2}X+1\big)\big(X^{2}+\sqrt{2}X+1\big)$. Toute la différence entre (c) et (f) tient à ce que $4$ est un carré dans $\mathbb{Q}$ et $2$ n'en est pas un.

Récapitulatif.

À retenir. Au-delà du degré $3$, l'absence de racine ne prouve rien : $X^{4}+1$ et $X^{4}+4$ n'ont ni l'un ni l'autre de racine rationnelle, et pourtant le premier est irréductible et le second non.

2. L'irréductibilité sur $\mathbb{Q}$ a été établie à la question 1 (c). Reste la réductibilité modulo tout nombre premier $p$.

Le cas $p = 2$. Dans $\mathbb{F}_{2}[X]$, on a $2 = 0$, donc $(X+1)^{2} = X^{2}+2X+1 = X^{2}+1$, puis $$(X+1)^{4} = \big(X^{2}+1\big)^{2} = X^{4}+2X^{2}+1 = X^{4}+1$$

Le cas $p$ impair : un lemme sur les carrés. Montrons que l'un au moins des trois éléments $\overline{-1}$, $\overline{2}$, $\overline{-2}$ est un carré dans $\mathbb{F}_{p}$. L'application $\varphi : \mathbb{F}_{p}^{*} \to \mathbb{F}_{p}^{*}$, $x \mapsto x^{2}$, est un morphisme de groupes, puisque $\mathbb{F}_{p}^{*}$ est commutatif. Son noyau est l'ensemble des racines de $X^{2}-1$, qui en a au plus deux dans le corps $\mathbb{F}_{p}$ (proposition 3.6) : c'est $\{\overline{1}\,;\overline{-1}\}$, et ces deux éléments sont distincts car $p$ est impair. Le premier théorème d'isomorphisme (théorème 2.2) montre alors que l'image $C$, formée des carrés non nuls, a $\frac{p-1}{2}$ éléments : c'est un sous-groupe d'indice $2$. Le groupe quotient $\mathbb{F}_{p}^{*}/C$ est donc d'ordre $2$, et son élément non trivial est la classe commune de tous les non-carrés ; comme cet élément est son propre inverse, le produit de deux non-carrés est un carré. Si $\overline{-1}$ et $\overline{2}$ ne sont pas des carrés, leur produit $\overline{-2}$ en est donc un.

Les trois factorisations. Chacun des trois cas fournit une factorisation explicite en deux facteurs de degré $2$, obtenue comme en 1 (f) par une différence de deux carrés.

Si $\overline{-1} = a^{2}$, alors $X^{4}+1 = X^{4}-a^{2} = \big(X^{2}-a\big)\big(X^{2}+a\big)$.

Si $\overline{2} = b^{2}$, alors $X^{4}+1 = \big(X^{2}+1\big)^{2}-2X^{2} = \big(X^{2}-bX+1\big)\big(X^{2}+bX+1\big)$.

Si $\overline{-2} = c^{2}$, alors $X^{4}+1 = \big(X^{2}-1\big)^{2}+2X^{2} = \big(X^{2}-cX-1\big)\big(X^{2}+cX-1\big)$.

Par exemple, modulo $3$ on a $\overline{-2} = \overline{1}^{2}$, d'où $X^{4}+1 = \big(X^{2}-X-1\big)\big(X^{2}+X-1\big)$ ; modulo $5$ on a $\overline{-1} = \overline{2}^{2}$, d'où $\big(X^{2}-2\big)\big(X^{2}+2\big)$ ; modulo $7$ on a $\overline{2} = \overline{3}^{2}$, d'où $\big(X^{2}-3X+1\big)\big(X^{2}+3X+1\big)$. $$\boxed{X^{4}+1 \text{ est irréductible sur } \mathbb{Q} \text{ et réductible sur tout } \mathbb{F}_{p}.}$$

Remarque. Sur $\mathbb{Q}$, aucune de ces trois factorisations n'existe, parce qu'aucun des nombres $-1$, $2$, $-2$ n'est un carré rationnel ; la remarque de la question 1 (f) l'avait constaté pour $2$. Modulo $p$, l'un des trois l'est toujours : c'est tout le contraste entre $\mathbb{Q}$ et les $\mathbb{F}_{p}$.

Remarque. Le chapitre 5 donnera une explication plus structurelle. Pour $p$ impair, $p^{2}-1 = (p-1)(p+1)$ est le produit de deux entiers pairs consécutifs, dont l'un est multiple de $4$ : il est donc divisible par $8$. Le groupe $\mathbb{F}_{p^{2}}^{*}$, cyclique d'ordre $p^{2}-1$, contient alors un élément $\zeta$ d'ordre $8$, dont les puissances impaires sont les quatre racines de $X^{4}+1$. Toutes ces racines vivant dans une extension de degré $2$ de $\mathbb{F}_{p}$, les facteurs irréductibles de $X^{4}+1$ sur $\mathbb{F}_{p}$ sont de degré au plus $2$.

3. Le critère d'Eisenstein s'énonce ainsi : soit $P = a_{n}X^{n}+\dots+a_{0} \in \mathbb{Z}[X]$ et $p$ un nombre premier ; si $p$ divise $a_{0}, \dots, a_{n-1}$, ne divise pas $a_{n}$, et si $p^{2}$ ne divise pas $a_{0}$, alors $P$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$.

Pour l'appliquer à $\Phi_{p}$, on remarque d'abord que $(X-1)\big(X^{p-1}+\dots+X+1\big) = X^{p}-1$, les termes intermédiaires s'annulant deux à deux, de sorte que $\Phi_{p} = \dfrac{X^{p}-1}{X-1}$. La formule du binôme donne alors : $$\Phi_{p}(X+1) = \frac{(X+1)^{p}-1}{X} = \sum_{k=1}^{p}\binom{p}{k}X^{k-1} = X^{p-1}+\binom{p}{p-1}X^{p-2}+\dots+\binom{p}{2}X+\binom{p}{1}$$ Pour $1 \leqslant k \leqslant p-1$, le nombre premier $p$ divise $\binom{p}{k}$. En effet, $k!\,(p-k)!\,\binom{p}{k} = p!$ est divisible par $p$, tandis que $k!\,(p-k)!$ est un produit d'entiers tous strictement inférieurs à $p$, donc premier avec $p$ ; le lemme d'Euclide conclut. Ainsi tous les coefficients sauf le dominant sont divisibles par $p$, le coefficient dominant vaut $1$, et le terme constant vaut $\binom{p}{1} = p$, qui n'est pas divisible par $p^{2}$. Le critère d'Eisenstein s'applique à $\Phi_{p}(X+1)$, et l'outil 4 de la question 1 le transporte à $\Phi_{p}$. $$\boxed{\Phi_{p} \text{ est irréductible sur } \mathbb{Q}.}$$ Pour $p = 5$, on retrouve exactement le calcul de la question 1 (e).

4. On établit le critère suivant : soit $P \in \mathbb{Z}[X]$ unitaire de degré $n \geqslant 1$ et $p$ un nombre premier ; si la réduction $\overline{P} \in \mathbb{F}_{p}[X]$ est irréductible, alors $P$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$.

Raisonnons par contraposée et supposons $P = UV$ dans $\mathbb{Q}[X]$, avec $\deg U, \deg V \geqslant 1$. Un polynôme unitaire est primitif, et le lemme de Gauss (théorème 3.6) montre qu'on peut alors écrire $P = U_{0}V_{0}$ avec $U_{0}, V_{0} \in \mathbb{Z}[X]$ de mêmes degrés que $U$ et $V$. Leurs coefficients dominants sont deux entiers de produit $1$, donc tous deux égaux à $1$ ou tous deux à $-1$ ; quitte à remplacer $U_{0}$ et $V_{0}$ par leurs opposés, ils sont unitaires, et l'on renomme $U = U_{0}$ et $V = V_{0}$. En réduisant modulo $p$, on obtient $\overline{P} = \overline{U}\,\overline{V}$ dans $\mathbb{F}_{p}[X]$. Comme $U$ et $V$ sont unitaires, leur coefficient dominant $1$ ne s'annule pas modulo $p$, de sorte que $\overline{U}$ et $\overline{V}$ gardent les degrés de $U$ et de $V$, tous deux au moins égaux à $1$. On obtient ainsi une factorisation non triviale de $\overline{P}$, qui n'est donc pas irréductible.

Piège. L'hypothèse « unitaire » — ou plus généralement « $p$ ne divise pas le coefficient dominant » — est indispensable, car sans elle le degré peut chuter à la réduction. Ainsi $P = (2X+1)(X+1) = 2X^{2}+3X+1$ est réductible sur $\mathbb{Q}$, alors que sa réduction modulo $2$ vaut $X+1$, polynôme de degré $1$ donc irréductible.

Piège. La réciproque est fausse : $X^{4}+1$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$ mais réductible modulo tout nombre premier, d'après la question 2. Le critère ne fonctionne que dans un sens, et il peut ne jamais s'appliquer.

Application. Le polynôme $X^{3}+X+1$ est unitaire. Dans $\mathbb{F}_{2}$, il prend les valeurs $\overline{0}^{3}+\overline{0}+\overline{1} = \overline{1}$ et $\overline{1}^{3}+\overline{1}+\overline{1} = \overline{3} = \overline{1}$ : il n'a pas de racine, et comme il est de degré $3$, l'outil 1 de la question 1, valable sur tout corps, le rend irréductible sur $\mathbb{F}_{2}$. Le critère conclut. $$\boxed{X^{3}+X+1 \text{ est irréductible sur } \mathbb{Q}.}$$ On pouvait aussi conclure directement par l'outil 2 : les seules racines rationnelles possibles sont $\pm 1$, et $P(1) = 3$, $P(-1) = -1$. La réduction modulo $p$ devient en revanche précieuse lorsque le degré dépasse $3$ et qu'Eisenstein échoue : c'est ainsi que l'exercice 52 établira l'irréductibilité d'un polynôme de degré $5$, en réduisant modulo $7$.