Divisibilité et polynômes

Maxence1402 · January 2018

Bonjour,

Autant prévenir tout de suite, le résultat qui suit n'est encore qu'une conjecture, mais j'esquisse une démonstration, que je publierai dès que je l'aurai achevée.

Soient $P$ et $Q$ deux polynômes de $\mathbb{R}[X]$ tels que pour tout $k\in \mathbb{Z}$, on a $P(k)\mid Q(k)$. Alors $P\mid Q$. On étend bien sûr la divisibilité aux nombres réels.

Qu'en pensez-vous ?

killersmile38 · January 2018

C'est très faux, bien sûr, puisque tout réel non nul divise n'importe quoi dans $\mathbb{R}$.

Exemple: $P=X,Q=1$ (ou n'importe quoi de terme constant non nul).

Math Coss · January 2018

Maxence1402 veut sans doute dire que pour deux réels $x$ et $y$, la relation $x\mid y$ signifie qu'il existe $k$ entier tel que $y=kx$.

Héhéhé · January 2018

On peut déjà se demander si $P,Q \in \Z[X]$ tels que $P(k) \mid Q(k)$ pour tout $k \in \Z$, alors $P \mid Q$ ? Là comme ça à froid je ne sais pas.

Tryss · January 2018

Pour le cas des polynômes de $\mathbb{Z}[X]$ :

Soient $P$ et $Q$ deux polynômes de $\mathbb{Z}[X]$ vérifiant $\forall k \in \mathbb{Z}, P(k)| Q(k)$. Considérons alors la fraction rationnelle

$\frac{Q(k)}{P(k)} = S(k) + \frac{R(k)}{P(k)}$, où $S$ et $R$ sont des polynômes de $\mathbb{Z}[X]$, et le degré de $R$ est strictement inférieur au degré de $P$

Alors, si $R$ n'est pas nul, pour $k$ suffisamment grand, $0 < \left| \frac{R(k)}{P(k)} \right| < 1$

Or, par hypothèse, $\frac{Q(k)}{P(k)}$ et $S(k)$ sont entiers : contradiction

killersmile38 · January 2018

@Math Coss: je sais bien, mais ça commence à être pénible de devoir jouer aux devinettes tout le temps. C'est à la charge de l'auteur du fil de présenter un énoncé clair, surtout lorsque l'on prétend annoncer un résultat, et de se renseigner sur les définitions existantes.

D'autant qu'une notion de divisibilité existe dans tout anneau commutatif, et que ce que l'on obtient pour $\mathbb{R}$ n'est pas celle que tu proposes.

@Tryss: comment fais-tu pour trouver $S$ et $R$, sachant que $P$ n'est pas supposé unitaire, et donc qu'a priori on ne peut effectuer de division euclidienne ? A priori, $R$ et $S$ sont à coefficients rationnels...ou alors il y a une astuce que je ne vois pas ?

claude quitté · January 2018

Maintenant, cela serait une bonne chose d'avoir une hypothèse précise et un résultat précis.

Je prends $P, Q \in \Z[X]$ définis par $P(X) = 2$ et $Q(X) = X(X-1)$. On a $P(k) \mid_\Z Q(k)$ pour tout $k \in \Z$. Et ce n'est pas pour autant que $P(X) \mid_{\Z[X]} Q(X)$.

Ok, personne n'a dit cela. Mais on a dit quoi, au fait ?

JLT · January 2018

Maxence1402 n'étant pas revenu, je vais écrire un énoncé propre : soient $P,Q\in \R[X]$ tels que pour tout $k\in \Z$, il existe $m\in \Z$ tel que $P(k)=mQ(k)$. Alors $Q$ divise $P$.

Démonstration : si $Q=0$ alors $P=0$. Supposons donc $Q\ne 0$.

Appelons fraction rationnelle à valeurs entières une fraction rationnelle $F$ telle qu'il existe une partie finie $A$ de $\Z$ vérifiant :
$$\forall k\in \Z\setminus A,\; F(k)\in \Z.$$

Il suffit, en considérant $F=\dfrac{P}{Q}$, de montrer que toute fraction rationnelle à valeurs entières est polynomiale.

Soit $\Delta F = F(X+1)-F(X)$. Alors $\Delta^n F$ est à valeurs entières pour tout $n\geqslant 1$. Choisissons $n>\mbox{deg}(F)$, alors pour tout $k\in \Z$ assez grand on a $|(\Delta^n F)(k)|<1$, donc pour tout $k\in \Z$ assez grand on a $(\Delta^n F)(k)=0$. Ceci implique $\Delta^n F=0$.
Par conséquent, $F$ est polynomiale.

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