Problèmes sur polynômes dans $\mathbb{Q[x]}$

La phrase "pour les polynômes du second degré, il existe toujours $x\in\Q$ tel que le discriminant est négatif" est bien mystérieuse. Pour un polynôme donné $P$ dans $\Q[x]$, le discriminant de $P$ est un nombre qui ne dépend pas de la variable $x$.

Bonjour,
On peut par exemple commencer par regarder, si $P\in\Bbb Z[X]$ et $k\in \Bbb Z$, quel peut être le dénominateur d'une racine rationnelle de $P-k$.

supp

Effectivement, dans ce "clairement" et la conclusion d'absurdité, il y a plusieurs propriétés d'arithmétique qui se cachent ainsi que l'utilisation de l'hypothèse $d \ge 2$. Rien de bien compliqué mais cela mérite clairement d'être précisé. De plus, il me semble qu'il faut considérer $n$ et $m$ premiers entre eux.

Zebilamouche, tu es un escroc et on t'a démasqué. (:P)
On peut réécrir $P(\frac{m}{n})= \frac{1}{s}$ ainsi : $s\times(a_0 n^d + a_1 m^1n^{d-1}+\dots+a_{d-1}m^{d-1}n^1+a_dm^d)=n^d$. On a des entiers de chaque côté, les divisibilités seront sûrement plus claires. Montre que $s$ divise $n$, puis utilise $d>1$ et montre que $s$ divise $a_d$.

Comme $s$ divise $n$, alors $s^d$ divise $n^d$. Comme $d>1$, tu peux en déduire que $s$ divise...

Zebilamouche a écrit:

Montrer que $s\mid n$ est assez simple (Lemme de Gauss)

Non pour cette étape il s'agit du lemme d'Euclide. Le lemme de Gauss sera utilisé vers la fin du raisonnement et c'est pour cette raison que j'avais précisé qu'il faut considérer $n$ et $m$ premiers entre eux.

Je reprends ton argument (d'un PC ce sera plus lisible) et le dispose pour que "les gens" n'aient pas à peiner en lisant. Il n'y a rien de plus que ce que tu as dit. Rappelle-toi (bon, si tu es à LLG, tu vas vite l'apprendre) que les maths ne sont pas un discours entre "geek-like".

Attention: il y a une coquille à la fin (normalement on la voit très bien). Pour ne pas gâcher le "plaisir" de qui veut la chercher, à l'invitation de Calli, je mets ici un averto et un signalement de la coquille et sa correction en blanc.

Supposons que (j'utilise les double dollars pour aérer)

$$P: x\mapsto a_7x^7+..+a_1x+a_0$$

soit surjectif, les $a_i$ étant tous entiers.

Soit $s$ un nombre premier qui ne divise pas $a_7$ (un diviseur de premier autre que $1$ de $a_7^2+1$ par exemple) et $(\frac{p}{q})$ une fraction irréductible antécédent de $1/s$ par $P$.

Alors $$a_7p^7+...+q^7a_0$$ est l'entier $\frac{q^7}{s}$, ce qui montre que $s$ divise $q^7$ donc aussi $q$.

Alors $$a_7\frac{p^7}{q} +a_6p^6+ .. + q^6a_0$$ qui est égal à $$

\frac{q^6}{s}$$ est un entier donc $q$ divise $p^7$, donc $q$ divise $p$.

Donc $1/s$ est un entier.

"Normalement", un lecteur de ce texte disposé ainsi "ne peine pas" à recenser ce qui y est admis (et en particulier à voir la coquille pour les cultivés). C'est ce type de rédaction qui sera attendu de toi d'ici peu.

Précision, je fais ce choix du subterfuge $6,7$ en lieux et places de $n,n+1$, mais ça par contre, ce n'est pas du tout autorisé, ça me permet juste de ne pas noyer en "abstractions" inutiles les "copains", mais faut savoir que ce sont "des copains" avant de le faire.


[small]Signalement en blanc et correction coquille:

NE PAS écrire $<<$ donc $q$ divise $p^7$, donc $q$ divise $p>>$

MAIS ECRIRE $<<$ donc $q$ divise $a_7p^7$, donc $s$ divise $a_7p^7$, donc $s$ divise $p>>$[/small]

Et le pire est que j'ai fait une ENOOOOOOOOOORME faute. Je la corrigerai d'un pc, ça laisse le temps pour les devinettes.

Au fait merci de laisser zebila trouver les 3 mots à changer pour ôter ma faute. Où éventuel autre lycéen ou L1.

Voilà la preuve à laquelle je pensais quand j'ai donné ma première indication :
Soit $P=\sum _{i=0} ^{d} a_{i} X^{i} \in \mathbb{Q}[X]$ avec $d\geqslant 2$ et $a_{d} \neq 0$. Si $d$ est pair, c'est facile, donc on suppose $d$ impair. Quitte à multiplier le polynôme par un entier, on peut supposer : $\forall i,a_{i} \in \mathbb{Z}$. Soit $\frac{p}{q}$ une racine rationnelle de $P(X)-k$ avec $k\in \mathbb{Z}$ et $p\wedge q=1$. On a $$(a_{0} -k) q^{d} +a_{1} p^{1} q^{d-1} +\cdots +a_{d-1} p^{d-1} q^{1} +a_{d} p^{d} =0$$ donc $q \mid a_{d}$.
Soit $x$ tel que $P$ est strictement monotone sur $[x_{0} ,+\infty [$, mettons croissant, et $P(x_0)>P(]-\infty ,x_{0} [)$. Alors : $\forall k>P(x_{0}),$ $P^{-1} ([k,k+1]) = [P^{-1} (k),P^{-1} (k+1)]$ (ce sont des intervalles de réels). Et $P(x) \underset{+\infty}\sim a_{d} x^{d}$ donc $P^{-1} (k)\sim (k/a_{d} )^{1/d}$, puis $P^{-1} (k+1) - P^{-1} (k) \longrightarrow 0$. Pourtant, les antécédants rationnels de $k$ et $k+1$ sont dans $[P^{-1} (k+1),P^{-1} (k)]$, donc cet intervalle doit toujours contenir deux éléments distincts de $ \frac{1}{a_{d}} \mathbb{Z}$. Absurde.

comment a-tu eu l'idée de regarder l’antécédent de l'inverse d'un nombre premier

Je ne réponds pas à sa place, mais signale que la notion de racine des pôlynômes unitaires à cofficients entiers est "tellement célèbre" qu'il n'y aurait guère d'étonnement à voir les LLGiens tenter le même coup sur divers exos.

L'intérêt de l'idée utilisée par zebila c'est aussi que EDIT c'était faux

Je te mets en blanc comment tu aurais pu rédiger ta preuve:

Sans perte de généralité, on suppose le coef dominant $a>0$. (Le polynôme est à coefs entiers).

$ax^9+.. = k$ et $x=$ la fraction irréductible $(p/q)$ entraine, en multipliant par $q^9$ que $ap^9$ est multiple de $q$, donc $a$ mutiple de $q$.

Cela signifie que les antécédents d'entiers peuvent tous s'écrire comme des fractions dont le dénominateur est $a$.

Si $k$ est assez grand, $P(u)=k$ et $P(v) = k+1000$, $u,v$ sont trop proches l'un de l'autre pour que $[u,v]$ contienne 2 fractions différentes dont le dénominateur est $a$, il ne risque donc pas d'y avoir les 1000 antécédents voulus dans cet intervalles.

A noter que cette argument montre que l'ensemble des entiers ayant un antécédent par $P$ est négligeable quand on mesure une partie de IN en additionnant les inverses de ses éléments (et où "négligeable" est ici entendu comme "fini")

Sur le fond, c'est la preuve de Zeliba, que j'ai écrite proprement ici: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2054150,2055734#msg-2055734

D'après l'idée proposée par Calli que je rédigée à mon dernier post, on a un résultat beaucoup plus fort:

Si $P$ est un polynôme à coefficients entiers alors il existe un nombre premier $q$ qui n'a pas d'antécédent rationnel par $P$. Et de manière générale, la somme des inverses des entiers ayant un antécédent rationnel par $P$ est finie.

Cependant, pour ça, "j'applique par coeur" que la somme des inverses des nombres premiers est infinie.

On a donc un joli exercice dont une preuve "pour écolier" serait à chercher:

Soit $P$ un polynôme de degré au moins $2$ et à coefficients rationnels. Prouver l'existence d'un nombre premier n'ayant pas d'antécédent par $P$.

Remarque: Zebila et troiqua, vous montrez qu'il existe un inverse de nombre de premier sans antcédent.

Christophe, je dis et je maintiens que tes messages sont souvent difficiles à comprendre. Je l'ai déjà dit plusieurs fois et je ne suis pas le seul.
Quelques exemples passés :

christophe c a écrit:

c'est vraiment une histoire de vaisselle à classer et s'y retrouver avec ces définitions, il n'y a pas de "fond" ou de raison qui fait qu'on trouve vite ou pas

christophe c a écrit:

Si tu prends disons un ouvert et que tu le réunies avec un nawak d'intérieur vide, qui lui est disjoint, ton espace reste de Baire parce que l'ouvert est gros à côté du reste et les intersections d'ouverts denses resteront denses.

christophe c a écrit:

Indice2: penser au père noel.

[small]Liens vers les messages cités : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2003238,2003486#msg-2003486, http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2003238,2003508#msg-2003508, http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,2003238,2005930#msg-2005930[/small]

Et je trouve que ce que tu as écrit dans ce fil n'est pas aussi limpide que tu le prétends. Par exemple dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2054150,2055888#msg-2055888, la notation $ax^9+.. = k$ est affreuse ; on ne sais pas ce qu'elle dit. Et tu ne justifies pas pourquoi $u$ et $v$ sont trop proches l'un de l'autre, pas plus que tu ne quantifies ni introduis $u$ et $v$. Et je n'ai jamais entendu en prépa "il est très important d'aérer vos preuves". J'ai plutôt entendu "il est très important de quantifier les variables et de donner les hypothèses des théorèmes utilisés".

christophe c a écrit:

Sur le fond, c'est la preuve de Zeliba, que j'ai écrite proprement ici: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2054150,2055734#msg-2055734

T'es gonflé de parler de "preuve écrite proprement" alors qu'il y a une erreur à la fin. Mais c'est vrai que troisqua reprend ce qui a été déjà fait. Je ne sais pas pourquoi il/elle a pris cette peine ; peut-être pour donner une correction complète. D'ailleurs, Christophe je trouve que la solution de troisqua est un exemple de correction parfaitement claire.

Je suis assez d'accord avec toi, et merci pour les exemples. Je relirai tout ça attentivement pour voir ce que je loupe dans mes intentions, et en quoi je me mets "mal à la place de l'autre".

Cependant, il y a beaucoup de fois où je laisse volontairement les axiomes présents là où ils sont plutôt que les remettre tous en début de texte. T un'étais pas arrivé sur le forum quand j'ai "vendu" ce paradigme qui me tient à coeur.

De ce fait, il peut y avoir malentendu: je ne demande pas qu'on "justifie" ce que j'admets, mais juste qu'on constate que je l'admets. C'est peut-être pour ça que tu considères comme pas clair ce que j'écris, peut-être parce que tu cherches à le justifier de tête en lisant. C'est totalement opposé à ce que je propose comme mode d'emploi de lecture, mais tu ne pouvais pas le savoir.

je trouve que la solution de troisqua est un exemple de correction parfaitement claire.

Pour un ulmien ou un pro payé pour lire, oui, mais il y a quelques passages calculatoires dus aux indices sur lesquels justement, je voulais insister comme de lecture difficile.

Ce que je dis dans ce fil est soumis au "une fois n'est pas coutume", ici j'insiste sur le côté "pagination" en quelque sorte: en ces termes la preuve de troiqua est difficile à lire. Une disposition autre était, comme je l'ai dit:

1/ $s$ premier

2/ $a_9x^9+\dots a_1x+a_0 = 1/s$

3/ Les $a_i$ sont tous entiers

4/ $x=p/q$, et p,q premiers entre eux

5/ donc $\Z\ni q^9a_9x^9+\dots = q^9/s$ montre que $s$ divise $q^9$, donc divise $q$

6/ donc $q^8a_9x^9+\dots = q^8/s\in \Z$

7/ donc $a_9p^8/q \in \Z$ car $q^8a_8x^8+ .. + q^8a_0\in \Z$

8/ donc $q$ divise $a_9p^8$, donc $q$ divise $a_9$

9/ donc $s$ divise $a_9$

qui donne le coeur de l'argument et où les admis sont parfaitement visibles.

Ca n'arnaque pas le lecteur en "lui donnant tout", mais ça ne le prive de rien.

Ensuite, LUI peut analyser ce qu'on a supposé (sur $s$ par exemple), et conclure que $a_9$ est divisible par tous les nombres premiers. Etc..

Calli: mon message commençait par "je ne propose rien d'original mais je fais l'effort de rédiger"
C'était uniquement ça le but de mon message: proposer quelque chose de rédigé le plus clairement possible (selon ma notion toute personnelle de clarté bien évidemment).

Le travail avait été fait auparavant pour aiguiller et donner des indications permettant à l'auteur du fil de chercher (ce qu'il a fait) mais je trouvais que ce qui était parfois donné manquait, à mon goût, de clarté et donc je me suis dit que ce que je faisais pouvait peut-être se révéler utile à certains. Et si j'ai détaillé les calculs sommatoires avec indices c'est dans cet esprit d'être utile à ceux qui parfois ont besoin de ce genre de détail. Si j'avais dû rédiger pour un concours comme l'agrégation, j'aurais clairement retiré des étapes immédiates pour les "pros".

L'exo tombe après les étapes suivantes (utiles en elles-mêmes à mon avis; comme on est sur un corps infini, on peut assimiler "polynôme" et fonction polynomiale ce qu'on fait systématiquement dans le message ci-dessous).

Soit $P\in \Q[X]$ un polynôme surjectif.

1°) Pour tout $a\in \Q$ non nul, $aP$ est surjectif. On en déduit l'existence d'un polynôme surjectif $Q$ de même degré que $P$ et lui aussi surjectif.

On écrit $Q(X)=\sum_{k=0}^d q_kX^k$ avec $q_d\neq 0$ et $q_k\in \Z$ pour tout $k$.

2°) Il existe $R\in \Z[X]$ surjectif (vu comme fonction de $\Q$ dans lui-même) et unitaire, et de même degré que $Q$.
On pose $S(X):= q_d^{d-1} Q \left ( \frac{X}{q_d}\right )$ et on vérifie que $S$ a bien cette propriété.

3°) Pour tout polynôme $F$ unitaire à coefficients dans $\Z$ et tout $z\in \Q$ tel que $F(z)=0$, on a $z\in \Z$ (propriété indispensable à connaître).
On écrit $z=\frac{a}{b}=1$ avec $a$ et $b$ premiers entre eux. Soit $p$ un nombre premier divisant $b$. Alors en écrivant $F(X) = X^m + \sum_{k=0}^{m-1} f_k X^k $, on a $0=b^m F\left (\frac a b \right ) = 1+ b \left ( \sum _{k=0}^{n-1} f_k a^k b^{n-1-k}\right )$. Du coup comme $p$ divise le membre de droite de cette équation et divise aussi $b$, $p$ divise $1$. Donc aucun nombre premier ne divise $b$. Donc $b=1$ ou $-1$ et le résultat suit.

Parce qui précède, la restriction de $R$ à $\Z$ est une fonction surjective de $\Z$ dans lui-même (en envisageant pour tout $k\in \Z$ le polynôme unitaire à coefficients entiers $R-k$).

4°) $R$ est non constant. Soit $d$ son degré (qui est aussi le degré de $P$ par construction).
Alors $d$ est impair (sinon l'image de $R$ est majorée ou minorée).

5°) Le coefficient dominant de $R'$ est égal à $dX^{d-1}$. Donc il existe $N\geq 0$ tel que $R|_{[N,+\infty [}$ est croissante.
Pour tout entier $n$ on considère $a_n\in \Z$ tel que $R(a_n)=n$. Alors $a_n \to +\infty$ avec $n$ (en effet cette suite est minorée (car $R$ tend vers $-\infty$ en $-\infty$) et si elle ne tend pas vers l'infini on peut en extraire une sous-suite constante dont l'image par $R$ n'est pas constante).
On a alors $R(a_n) = n \underset{n\to +\infty}{\sim} a_n^d$ avec $n\mapsto a_n$ suite d'entiers. Comme $R$ est strictement croissante sur $[N,+\infty[$, $a$ est croissante à partir d'un certain rang d'où $p\in \Z$ tel que $a_n \geq n-p$ pour $n$ assez grand. Ceci entraîne $d=1$.

Pour les passants tout de même il me semble important de mettre en couleurs et gros caractères une émergence de ce qui a été dit, car je pense que ce n'est "vraiment imprimé" pour ce que j'ai pu croiser.

C'est célèbre quand $a=1$, mais c'est tout je crois, l'entièreté et peu connue par coeur, comme en témoignent les villégiatures du fil

Plus généralement (mais pour les mêmes raisons):

Si $P$ est un polynôme à coefficients entiers, non constant, de coefficient constant $b$ non nul et de coefficient dominant $a$ alors forcément, toutes les racines rationnelles de $P$ sont dans

$$\{\frac{u}{v} \mid (u,v) \in DiviseursDe(b) \times DiviseursDe(a)\}$$

Merci infiniment Brian! Je corrige.

Hello
Ce résultat est bien connu de ceux qui fricotent avec la fermeture intégrale. Et c'est juste le premier étage d'un certain processus.

$\bullet$ Ainsi, sur un anneau commutatif $A$, soit $P(X) = aX^3 + bX^2 + cX + d \in A[X]$ (ici, 3 est un entier quelconque et on ne suppose surtout pas $a \ne 0$, ceci pour des raisons de traitement uniforme) et $x$ une racine de $P$ dans un sur-anneau $B$ de $A$. Alors, sont entiers sur $A$, les éléments de $B$ suivants :
$$
ax \text{ (ou encore } ax + b), \qquad ax^2 + bx \text{ (ou encore } ax^2 + bx + c), \qquad \cdots\text{etc}\cdots
$$J'attache une page plus formelle extraite de http://theses.univ-poitiers.fr/notice/view/39962

$\bullet$ Dans le Poitou, on nomme ces entiers (au sens ``entiers sur un anneau'') les entiers d'Emmanuel (de Manu pour les intimes). Ils ont été (re)-découverts en analysant le résultat encadré en rouge, reliant intégralité et anneaux de valuation (extrait de Lang, Algebra).

Plus tard, on a compris (cf en haut du premier texte) qu'ils étaient connus de Dedekind, attribués parfois à Lenstra. Mais nous autres, dans notre campagne, on continue à les nommer ``entiers d'Emmanuel'' parce que l'on aime bien cette terminologie locale.

Bon, je suis très content de ce que tu viens de m'apprendre, mais j'ai encore un peu de mal à le relier avec le théorème bleu. Cela dit, j'imagine que c'est de la cuisson à feu doux en prenant le temps d'y réfléchir.

J'ai aussi du mal à relier les 2 notions (donc équivalentes) d'entiers d'Emmanuel (celle de la pièce jointe et celle de ton début de post).

Ce qui me botte c'est ton début de post, évidemment, sur anneau commutatif quelconque (j'adore le "quelconque" et je te sais producteur de posts en algèbre commutative fortement agrémentés de "quelconques").

C'est HS, mais en m'adressant autant à Martial qu'à John-John récemment j'ai eu l'occasion de parler de ces coefficients dans le contexte du théorème des zéros de Hilbert (comme quoi tout se rejoint, ça aussi c'est motivant), donc je recommence à le dire ici une énième fois car je suis beaucoup trop brouillon quand j'en parle.

ATTENTION: pour garder l'esthétique à ce post, je ne parle pas des autres inconnues dans l'argumentation qui va suivre (dont le but n'est pas de prouver quoique ce soit). Si par exemple, on veut l'adapter à une preuve, disons, du TDZ (théorème des zéros), les $d_i$ qui apparaissent vers la fin du post sont en bien plus grand nombre que $10$. La famille génératrice évoquée n'est pas juste contituée de $9$ éléments, mais de "tous les monômes" (certes en nombre fini uniformément visible)

Si on n'applique pas cette précaution, et comme GBZM me l'avait signalé il y a quelques années, on retombe sur $P$ qu'on "a juste réussi à écrire sous la forme d'une somme de polynômes scindés tous de même degré que $P$, mais ça, of course, on l'obtient très facilement avec l'astuce de l'interpolation



Soit $K$ un corps et $M$ un idéal maximal de $K[X,Y,..]$.

Soit $a$ un nouvelle lettre que l'on va dans l'esprit traiter comme un coefficient (une constante).

Soit $P\in M$ de degré non nul en $X$.

On a (et pour tout avouer, je ne m'intéresse au sujet du TDZ que pour cette raison) L'EMBARRAS DU CHOIX (et si vous y voyez une précouupation "axiome du choix-light", vous avez raison, ce n'est pas une coincidence) pour penser que:

$P(a)\neq 0$.

Cela permet d'écrire :

$$ P(X) = (X-a) Q(X,a) + P(a)$$

et donc de voir $\frac{1}{P(a)}Q(X,a)$ comme l'inverse de $X-a$ selon $M$.

Les coefficients de $Q$ vu comme éléments de $A[X]$, (et donc les entiers d'Emmanuel :-D :-D (google va envoyer les gens qui tape "Macron" sur ce fil et ils en partiront bien vite)) sont très importants dans le TDZ.

Je les nomme formellement dans l'écriture suivante, en laissant volontairement la dépendance en $a$:

$$ (X-a)^{-1} = c_0(a) + c_1(a)X + .. + c_8(a)X^8 $$

en rappelant que (et ce n'était pas une obligation, mais le lecteur s'en accommodera et simplifiera) qu'il y a apparition de $\frac{1}{P(a)}$ éventuelle dans les $c_i(a)$ et que cette égalité se retrouve donc exigée par $M$.


Maintenant, on peut mettre des chtis indices à LA LETTRE $a$, ce qui donne :

$$ (X-a_i)^{-1} = c_0(a_i) + c_1(a_i)X + .. + c_8(a_i)X^8 $$

Ce qui nous autorise à écrire une matrice avec 10 lignes et 9 colonnes, dont la ligne $i$ est :

$$ \begin{pmatrix}

c_0(a_i) & c_1(a_i) &\dots & c_8(a_i)

\end{pmatrix} $$

en faisant formellement varier $i$ de $0$ à $9$.

On a donc une liaison des lignes avec les 10 coefficients bien trouvés et non tous nuls:

$$d_0; d_1; d_2; \dots ; d_9$$

qui permettent de réécrire, selon $M$ :

$$\frac{d_0}{X-a_0} + \frac{d_1}{X-a_1 } + \dots + \frac{d_9}{X-a_9} $$

donnant ainsi le polynôme (je mets des passages à la ligne, sinon la fenètre est débordée) :

dont $M$ exige que $X$ soit une racine.


Ce procédé logique, que je me suis appliqué à écrire en remerciements des aides que vous m'avez apportées et que je vais mettre en lien à Martial et John-John, je le trouve "hypersucré" et méritant qu'on revienne de temps à autre assez régulièrement le contempler, car il ne permet seulement de prouver le TDZ de façon effective.

Non seulement, il prouve le TDZ de manière effective, enfin pseudo-effective par EMBARRAS DU CHOIX et non par frugalité des ressources, mais apparemment, il fait (bon certes, on s'en passer en prenant $2^9$ au lieu de $10$) intervenir le déterminant, ses éléments portent un nom, etc...

Je n'y connais rien, mais j'avoue que les situations de ce genre sont rares: la seule autre chose que je connais qui me viennent à l'esprit (et qui ne soit pas infiniste) c'est l'usage par JLKrivine de l'horloge interne de l'ordinateur pour réaliser l'axiome du choix (non extensionnel) dans le contexte de la correspondance de Curry Howard. Excusez "du peu" :-D

En effet, il a besoin de rendre "bureacratiquement dénombrable" quelque chose qui "a vocation à ne pas l'être", mais "sans l'assumer" de manière platonicienne. Alors il appelle l'horloge, elle donne un entier différent à chaque fois et l'injectivité est "sauvagement assurée" (mais l'extensionalité platonicienne est évidemment perdue, on ne pourra pas "rappeler l'horloge une autre fois et espérer avoir le même "numéro d'attribution")

Ici, c'est certes moins général, mais on se choppe en quelque sorte "sauvagement" une preuve de l'algébricité de $X$ (comme conséquence de ce que $M$ exige à propos de $X$ ) ...

... juste en prenant un gros pistolet de foire et lui demandant de nous postillonner un $a$ suffisamment "aléatoire" pour garantir que $P(a) \neq 0$.

A noter, que plus elliptiquement, on a de nombreuses preuves qui prouve des existences (là pour le coup elles sont peu rares) en prouvant la mesure non nulle de l'ensemble des trucs attendus (le théorème de BROUWER se prouve en quelques lignes de cette façon)