Ulm, maths I. Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie n, muni d’une base (e_{i})_{i=1...n} telle que ∥ ∑_{i} λ_{i}e_{i}∥ = ∥ ∑_{i} |λ_{i}|e_{i}∥ pour tout λ ∈ ℝ^{n}. 1) Montrer que si |α_{i}| ≤ |β_{i}| pour tout i alors ∥ ∑_{i} α_{i}e_{i}∥ ≤ ∥ ∑_{i} β_{i}e_{i}∥. 2) Montrer qu’il existe λ ∈ ℝ^{n} tel que ∥ ∑_{i} λ_{i}e_{i}∥ = 1 et ∥ ∑_{i} \frac{e_{i}^{∗}}{λ_{i}} ∥_{∗} = n (∥ · ∥_{∗} norme opératorielle dans le dual, n dimension de l’espace).

Indications : 1) En deux dimensions, considérer la fonction μ ↦ ∥λe_{1} + μe_{2}∥.

2) Poser K = {λ ∈ ℝ_{+}^{n}: ∥ ∑_{i} λ_{i}e_{i}∥ = 1} et φ: λ ↦ ∏_{i} λ_{i}.

Résolution : 1) On peut supposer les α_{i}, β_{i} positifs. Il s’agit alors de montrer que pour tout i et tous (λ_{j})_{j≠i} positifs, la fonction μ ↦ ∥μe_{i} + ∑_{j≠i} λ_{j}e_{j}∥ est croissante sur ℝ_{+}. Pour simplifier les écritures, on prendra n = 2 et j = 2, le cas général se traitant exactement de la même manière. On s’intéresse donc à la fonction ψ: μ ↦ ∥λe_{1} + μe_{2}∥. Cette fonction est clairement continue. Par ailleurs, si μ, μ′ ∈ ℝ, on a l’inégalité triangulaire

∥2λe_{1} + μe_{2} + μ′e_{2}∥ ≤ ∥λe_{1} + μe_{2}∥ + ∥λe_{1} + μ′e_{2}∥

soit en termes de ψ :

2ψ (\frac{μ + μ′}{2} ) ≤ ψ(μ) + ψ(μ′)

On a donc montré ψ(\frac{μ+μ′}{2} ) ≤ \frac{1}{2}(ψ(μ) + ψ(μ′)). On en déduit que pour tout θ rationnel dont le dénominateur est une puissance de 2 (rationnel dyadique), compris entre 0 et 1, on a

ψ(θμ + (1 − θ)μ′) ≤ θψ(μ) + (1 − θ)ψ(μ′)

Comme ces rationnels sont denses dans ]0; 1[ et que ψ est continue, l’inégalité ci-dessus est valable pour tout θ ∈]0; 1[. Autrement dit, ψ est convexe. De plus, d’après l’hypothèse sur la base, ψ est paire. Or une fonction convexe paire est croissante sur ℝ_{+} (démonstration : si 0 ≤ μ ≤ μ′, la corde reliant −μ′ à μ′, qui est horizontale, est au-dessus de la corde reliant μ à μ′). Donc ψ est croissante sur ℝ_{+}, ce qu’il fallait démontrer.

2) L’ensemble K := {λ ∈ ℝ_{+}^{n}: ∥ ∑_{i} λ_{i}e_{i}∥ = 1} est clairement fermé. Il est borné

par l’équivalence des normes, et il est donc compact. La fonction φ: λ ↦ ∏_{i} λ_{i} est continue, et atteint donc sa borne supérieure sur K. Soit λ un point où cette borne est atteinte. L’idée serait d’utiliser le théorème des extrema liés appliqué à φ ; seulement, on ne sait pas que celle-ci est différentiable, et il faut ruser. On a déjà ∥ ∑_{i} λ_{i}e_{i}∥ = 1, et comme ⟨∑_{i} λ_{i}e_{i}, ∑_{i} \frac{e_{i}^{∗}}{λ_{i}} ⟩ = n, on en tire ∥ ∑_{i} \frac{e_{i}^{∗}}{λ_{i}} ∥_{∗} ≥ n. Reste à montrer l’inégalité dans l’autre sens. Pour cela, on note que l’on a φ(μ) ≤ φ(λ) pour tout μ ∈ K ; en homogénéisant, on en tire, pour tout μ ∈ ℝ_{+}^{n} :

∏_{i} μ_{i} ≤ ∥∑_{i} μ_{i}e_{i}∥^{n} φ(λ)

Appliquons cette inégalité avec μ = λ + εy_{i}, où y ∈ ℝ^{n} et ε > 0 est petit. On a ∏_{i}(λ_{i}+εy_{i}) = φ(λ)(1+ε ∑_{i} \frac{y_{i}}{λ_{i}} +o(ε)). L’inégalité triangulaire donne ∥ ∑_{i}(λ_{i}+εy_{i})e_{i}∥ ≤ 1+ε∥ ∑_{i} y_{i}e_{i}∥, d’où ∥ ∑_{i}(λ_{i} +εy_{i})e_{i}∥^{n} ≤ 1+nε∥ ∑_{i} y_{i}e_{i}∥+o(ε). En appliquant l’inégalité de ci-dessus, on trouve 1+ε ∑_{i} \frac{y_{i}}{λ_{i}} +o(ε) ≤ 1+nε∥ ∑_{i} y_{i}e_{i}∥+o(ε), qui est une inégalité entre

\underline{polynômes} de ε. On a donc ∑_{i} \frac{y_{i}}{λ_{i}} ≤ n∥ ∑_{i} y_{i}e_{i}∥. Ceci traduit précisément ∥ ∑_{i} \frac{e_{i}^{∗}}{λ_{i}} ∥_{∗} ≤ n, ce qu’il fallait démontrer.

Ulm, maths II. Soit S_{n} = {ζ^{i}, i = 0..n−1} l’ensemble des racines n-ièmes de l’unité. On considère une application f: S_{n} → 𝕌 (𝕌 le cercle unité). Montrer que pour tout 1 ≤ k ≤ \frac{n}{2} entier il existe i, j tels que |ζ^{i} − ζ^{j}| ≥ |1 − ζ^{k}| ≥ |f(ζ^{i}) − f(ζ^{j})|.

Indication : On prendra la longueur du cercle égale à n. Montrer qu’il existe alors un arc de cercle fermé de longueur k contenant au moins k + 1 points f(ζ^{i}).

Résolution : Occupons-nous tout d’abord de la seconde inégalité. Dans ce qui suit, on notera les arcs sur le cercle par des intervalles, en rapportant la longueur du cercle à n ; autrement dit, l’intervalle [a; b[ correspondra à l’arc image de cet intervalle par t ↦ e^{\frac{2iπt}{n}}. Considérons, sous cette convention, les arcs semi-ouverts [α+ℓk; α+(ℓ+1)k[ pour 0 ≤ ℓ < n (α réel fixé pour l’instant). Ils recouvrent k fois le cercle ; ainsi, si on note N_{ℓ} le nombre de points f(ζ^{i}) dans [α + ℓk; α + (ℓ + 1)k[, on a ∑_{ℓ=0}^{n−1} N_{ℓ} = kn. Si (pour un certain α) il existe ℓ tel que N_{ℓ} > k, alors on a trouvé un arc [α + ℓk; α + (ℓ + 1)k] fermé de longueur k contenant au moins k + 1 points f(ζ^{i}). Sinon, on a N_{ℓ} = k pour tout ℓ, et ce, pour tout α. Autrement dit, tout arc semi-ouvert de longueur k contient k points f(ζ^{i}). En particulier, si f(1) = e^{\frac{2iπα}{n}}, l’arc [α; α+k[ contient k points f(ζ^{i}), et l’arc [α+ε; α+ε+k[ en contient aussi k pour tout ε > 0 ; c’est donc que [α + k; α + ε + k[ en contient un, et ce, pour tout ε > 0. C’est donc que α+k est un des points f(ζ^{i}). Et l’arc [α; α+k] contient donc k+1 points f(ζ^{i}). Notons I l’arc finalement trouvé (fermé de longueur k contenant k +1 points de l’image de f), et T = {ξ ∈ S_{n}: f(ξ) ∈ I}. T est un sous-ensemble de S_{n} de cardinal au moins k + 1, et si ξ, ξ′ ∈ T alors f(ξ), f(ξ′) ∈ I donc |f(ξ) − f(ξ′)| ≤ |1 − ζ^{k}|. On a terminé avec la seconde inégalité.

Passons à présent à la première : on veut montrer qu’il existe ξ, ξ′ ∈ T tels que |ξ − ξ′| ≥ |1 − ζ^{k}|, et pour cela, on sait simplement que T à au moins k + 1 éléments. Pour commencer, on peut supposer, quitte à effectuer une rotation, que 1 ∈ T. Supposons par l’absurde que pour ξ, ξ′ ∈ T on ait toujours |ξ − ξ′| < |1 − ζ^{k}|. Alors, puisque 1 ∈ T, on a T ⊆ {ζ^{i}: −k < i < k} =: Z. L’ensemble Z^{∗} := Z \ {1} a 2k − 2 éléments. Considérons la fonction

ψ: ζ^{i} ↦ \{ \begin{matrix}ζ^{i+k} si −k < i < 0 \\ ζ^{i−k} si 0 < i < k \end{matrix}

Il est clair que ψ est une permutation de Z^{∗}. Par ailleurs, si T^{∗} = T \ {1}, les ensembles T^{∗} et ψ(T^{∗}) doivent être disjoints puisqu’on a supposé que pour ξ, ξ′ ∈ T on a toujours |ξ − ξ′| < |1 − ζ^{k}|. On a donc deux sous-ensembles disjoints, T^{∗}, ψ(T^{∗}), ayant chacun au moins k éléments, d’un ensemble Z^{∗}, qui en a 2k − 2. Ceci est une contradiction. C’est donc qu’il existe ξ, ξ′ ∈ T tels que |ξ − ξ′| ≥ |1 − ζ^{k}|. Et on sait déjà que |f(ξ)−f(ξ′)| ≤ |1−ζ^{k}|. Il existe donc i, j tels que |ζ^{i} −ζ^{j}| ≥ |1−ζ^{k}| ≥ |f(ζ^{i})−f(ζ^{j})|, ce qu’il fallait démontrer.

Lyon, maths I. 1) Soit f: ℝ^{2} → ℝ^{2} un homéomorphisme. Soit a ∈ ℝ^{2}, r > 0. On pose M_{f}(a, r) = sup{∥f(x)−f(a)∥: ∥x−a∥ ≤ r} : montrer que le sup en question n’est atteint que pour des points x tels que ∥x−a∥ = r. 2) Montrer que la fonction r ↦ M_{f}(a, r) est strictement croissante. 3) On pose maintenant m_{f}(a, r) = inf{∥f(x)−f(a)∥: ∥x−a∥ ≥ r} : montrer que l’inf en question est atteint, et n’est atteint que pour des points x tels que ∥x−a∥ = r. 4) Montrer que la fonction r ↦ m_{f}(a, r) est strictement croissante. 5) On a clairement m_{f}(a, r) ≤ M_{f}(a, r). On supposera désormais qu’il existe une constante K_{f} ≥ 1 telle que pour tous a et r on ait m_{f}(a, r) ≤ M_{f}(a, r) ≤ K_{f}m_{f}(a, r) (dans ces circonstances, on dit que l’homéomorphisme f est \underline{quasi-conforme}). Montrer qu’alors M_{f}(a, 2r) ≤ (1 + K_{f})M_{f}(a, r). 6) Montrer que m_{f}(a, 2r) ≥ (1 + K_{f}^{−1})m_{f}(a, r). 7) Les homéomorphismes quasi-conformes forment un groupe pour la composition : montrer que du moins l’inverse d’un homéomorphisme quasi-conforme est un homéomorphisme quasi-conforme.

Résolution : 1) Soit x tel que ∥x−a∥ < r, et soit ε < r−∥x−a∥. D’après la continuité de f^{−1}, il existe δ > 0 tel que si ∥f(y) − f(x)∥ < δ alors ∥y − x∥ < ε, donc ∥y − a∥ < r. Or il existe certainement des z tels que ∥z − f(a)∥ > ∥f(x) − f(a)∥ et ∥z − f(x)∥ < δ ; si y = f^{−1}(z), on a alors ∥y − a∥ < r et ∥f(y) − f(a)∥ > ∥f(x) − f(a)∥. Ceci montre que le sup n’est pas atteint en x, ce qu’il fallait démontrer.

2) La fonction en question est clairement croissante. Supposons maintenant par l’absurde qu’on ait r < r′ et M_{f}(a, r) = M_{f}(a, r′). Soit x tel que ∥x − a∥ = r et ∥f(x) − f(a)∥ = M_{f}(a, r). On a alors ∥x−a∥ < r′ et ∥f(x)−f(a)∥ = M_{f}(a, r′), contredisant le 1). C’est donc que M_{f}(a, ·) est strictement croissante, ce qu’il fallait démontrer.

3) {x: ∥x − a∥ ≥ r} est fermé, donc son image par f l’est aussi (puisque f^{−1} est continue), et elle ne contient pas f(a). On peut alors aisément se ramener à un compact pour montrer que l’inf est atteint. La fin de la question se traite comme le 1).

4) Se traite comme le 2).

5) Soit y tel que ∥y − a∥ = 2r et ∥f(y) − f(a)∥ = M_{f}(a, 2r), et soit x = \frac{1}{2}(a + y) le milieu de [ay]. On a M_{f}(a, 2r) = ∥f(y) − f(a)∥ ≤ ∥f(x) − f(a)∥ + ∥f(y) − f(x)∥ ≤ M_{f}(a, r)+M_{f}(x, r) ≤ M_{f}(a, r)+K_{f}m_{f}(x, r) ≤ M_{f}(a, r)+K_{f}∥f(x)−f(a)∥ ≤ M_{f}(a, r)+ K_{f}M_{f}(a, r) = (1 + K_{f})M_{f}(a, r), d’où le résultat.

6) Soit y tel que ∥y − a∥ = 2r et ∥f(y) − f(a)∥ = m_{f}(a, 2r). Lorsque z se déplace sur le segment entre f(a) et f(y), ∥f^{−1}(z) − a∥ varie continuement de 0 à 2r. Il passe donc par la valeur r : soit donc z ∈ [f(a) f(y)] tel que ∥f^{−1}(z) − a∥ = r, et x = f^{−1}(z). On a m_{f}(a, 2r) = ∥f(y) − f(a)∥ = ∥z − f(a)∥ + ∥f(y) − z∥ = ∥f(x) − f(a)∥ + ∥f(y) − f(x)∥ ≥ m_{f}(a, r) + m_{f}(x, r) ≥ m_{f}(a, r) + K_{f}^{−1}M_{f}(x, r) ≥ m_{f}(a, r) + K_{f}^{−1}∥f(x) − f(a)∥ ≥ (1 + K_{f}^{−1})m_{f}(a, r), d’où le résultat.

7) Supposons par l’absurde que f^{−1} ne soit pas quasi-conforme. Alors pour tout ℓ il existe b et r tels que M_{f^{−1}}(b, r) ≥ 2^{ℓ}m_{f^{−1}}(b, r) ; et il existe alors z, t tels que ∥z − b∥ = ∥t − b∥ = r et M_{f^{−1}}(b, r) = ∥f^{−1}(t) − f^{−1}(b)∥ ≥ 2^{ℓ}∥f^{−1}(z) − f^{−1}(b)∥ = 2^{ℓ}m_{f^{−1}}(b, r). Si on pose a = f^{−1}(b), x = f^{−1}(z) et y = f^{−1}(t), on a alors ∥f(y) − f(a)∥ = ∥f(x) − f(a)∥, et ∥y − a∥ ≥ 2^{ℓ}∥x − a∥. Or ∥f(y) − f(a)∥ ≥ m_{f}(a, ∥y − a∥) ≥ m_{f}(a, 2^{ℓ}∥x − a∥) ≥ (1+K_{f}^{−1})^{ℓ}m_{f}(a, ∥x−a∥) ≥ K_{f}^{−1}(1+K_{f}^{−1})^{ℓ}M_{f}(a, ∥x−a∥) ≥ K_{f}^{−1}(1+K_{f}^{−1})^{ℓ}∥f(x)−f(a)∥, et donc (1 + K_{f}^{−1})^{ℓ} ≤ K_{f} pour tout ℓ. Ceci est clairement une contradiction, donc f^{−1} est quasi-conforme, ce qu’il fallait démontrer.

Lyon, maths II. Soit A ∈ 𝕄_{2}(ℤ) une matrice 2 × 2 à coefficients entiers, telle que A ≠ I_{2}

et A^{3} = I_{2}. Montrer qu’alors A est semblable \underline{sur ℤ} à la matrice ( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) (c’est-à-dire qu’il existe

une matrice P inversible à coefficients entiers d’inverse à coefficients entiers telle que P^{−1}AP soit la matrice écrite ci-dessus).

Indication : Montrer qu’on peut se ramener à prouver qu’il existe x ∈ ℤ^{2} tel que det(x, Ax) = ±1.

Résolution : On cherche à trouver une ℤ-base de ℤ^{2} sur laquelle (l’endomorphisme associé à) A prend la forme voulue. D’après la première colonne, on voit qu’une telle base sera formée d’un vecteur x ∈ ℤ^{2} et de son image Ax par A. La matrice de passage P étant alors celle dont la première colonne est x et la seconde Ax, il faut qu’elle soit inversible dans 𝕄_{2}(ℤ). Il faut pour cela que le déterminant de P soit entier, et que son inverse, le déterminant de P^{−1} le soit aussi, c’est-à-dire en fin de compte que det(x, Ax) = ±1. Réciproquement, si on trouve un tel x, la matrice P dont la première colonne est x et la seconde Ax sera à coefficients entiers, et d’après les formules de Cramér, elle sera inversible. La matrice P^{−1}AP aura pour première colonne ( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} ). Nous allons à présent

montrer que la seconde colonne sera bien ( \begin{matrix}−1 \\ −1 \end{matrix} ). Pour cela, on constate que le polynôme

à racines simples X^{3} − 1 annule A ; A est donc diagonalisable et ses valeurs propres sont incluses dans l’ensemble {1, j, j^{2}}. Or si j est valeur propre de A, j̄ = j^{2} est valeur propre de Ā = A ; ainsi, si 1 est valeur propre de A, elle est la seule, et donc A = I_{2} puisque A est diagonalisable, contradiction. Les valeurs propres de A sont donc j, j^{2}, et on en déduit que la trace de A est j + j^{2} = −1 et son déterminant, jj^{2} = 1. Mais alors le polynôme caractéristique de A est X^{2} + X + 1. D’après Cayley-Hamilton, on a A^{2} + A + 1 = 0, et en

particulier A^{2}x = −Ax − x, ce qui donne précisément la seconde colonne égale à ( \begin{matrix}−1 \\ −1 \end{matrix} ).

Tout revient donc à montrer qu’il existe x ∈ ℤ^{2} tel que det(x, Ax) = ±1. Soit A =

( \begin{matrix}a & b \\ c & −1 − a \end{matrix} ) (on sait que tr A = −1), et x = ( \begin{matrix}u \\ v \end{matrix} ). Alors on vérifie aussitôt que

Q(x) := det(x, Ax) = cu^{2} − (1 + 2a)uv − bv^{2}

Q est alors une forme quadratique sur ℤ^{2}. Son discriminant sur la base canonique est −bc − \frac{1}{4}(1 + 2a)^{2} = −a − a^{2} − bc − \frac{1}{4}. Or le déterminant de A est a(−1 − a) − bc = −a − a^{2} − bc, et on sait qu’il vaut 1. Par conséquent, le discriminant de Q est \frac{3}{4}. En particulier, Q garde un signe constant (celui de c) ; si ce signe est positif, on peut espérer atteindre la valeur 1, et s’il est négatif, la valeur −1. On supposera désormais que Q est positive, et on cherchera à montrer qu’elle prend la valeur 1. Puisque Q est à coefficients entiers, il suffit pour cela de montrer qu’elle prend en un point de ℤ^{2} \ {(0, 0)} une valeur ≤ 1.

On peut désormais tout oublier sauf ceci : on a une forme quadratique Q(u, v) = ru^{2} + suv + tv^{2} de discriminant rt − \frac{1}{4}s^{2} = \frac{3}{4}, avec r, t > 0, et on cherche à montrer qu’elle prend pour un couple (u, v) ∈ ℤ^{2}\{(0, 0)} une valeur ≤ 1. Commençons par décomposer Q suivant la méthode de Gauss :

Q(u, v) = ru^{2} + suv + tv^{2}

= r (u^{2} + \frac{s}{r}uv + \frac{t}{r} v^{2})

= r [(u + \frac{s}{2r} v)^{2} − \frac{s^{2}}{4r^{2}} v^{2} + \frac{t}{r} v^{2}]

= (\sqrt{r}u + \frac{s}{2\sqrt{r}} v)^{2} + (\sqrt{t − \frac{s^{2}}{4r}} v)^{2}

= (\sqrt{r}u + \frac{s}{2\sqrt{r}} v)^{2} + (\sqrt{\frac{3}{4r}} v)^{2}

= X^{2} + Y^{2}

avec X(u, v) = \sqrt{r}u + \frac{s}{2\sqrt{r}} v et Y (u, v) = \sqrt{\frac{3}{4r}} v. Dans le plan (X, Y), l’ensemble des points dont les coordonnées (u, v) sont entières, autrement dit, l’image de ℤ^{2} par (u, v) ↦ (X(u, v), Y (u, v)), est un réseau R de points, qui n’est autre que l’ensemble des translatés de l’origine par les vecteurs de la forme mp⃗ + nq⃗ où m, n ∈ ℤ et

p⃗ = ( \begin{matrix}√ & \overline{r} \\ 0 \end{matrix} )

q⃗ = ( \frac{s}{2\sqrt{r}} ; \sqrt{\frac{3}{4r}} )

c’est-à-dire le réseau engendré par p⃗ et q⃗. On a | det(p⃗, q⃗)| = \sqrt{\frac{3}{4}}. Notons maintenant que les deux opérations suivantes ne modifient pas la valeur de | det(p⃗, q⃗)|, ni le réseau engendré par p⃗ et q⃗ :

• Échanger p⃗ et q⃗ de façon à avoir |p⃗| ≤ |q⃗|.

• Remplacer q⃗ par q⃗ + kp⃗ où k ∈ ℤ de façon à avoir |p⃗ · q⃗| ≤ \frac{1}{2}∥p⃗∥^{2}. En appliquant alternativement ces deux opérations, on arrive à deux nouveaux vecteurs p⃗ et q⃗ qui engendrent toujours le même réseau R et qui vérifient toujours | det(p⃗, q⃗)| = \sqrt{\frac{3}{4}}, avec de plus les conditions ∥p⃗∥ ≤ ∥q⃗∥ et |p⃗ · q⃗| ≤ \frac{1}{2}∥p⃗∥^{2} ; le processus doit nécessairement aboutir, puisque chaque application de la première opération diminue la norme de p⃗ (et l’ensemble des valeurs qu’elle peut prendre est discret). Soit maintenant θ l’angle géométrique entre les (nouveaux) vecteurs p⃗ et q⃗ : d’après les conditions imposées, on

a | cos θ| ≤ \frac{1}{2}, et donc sin θ ≥ \sqrt{\frac{3}{4}} ; la condition sur le déterminant donne alors ∥p⃗∥ ∥q⃗∥ ≤ 1 ; On en déduit ∥p⃗∥ ≤ 1. On a ainsi trouvé un point du réseau R dont la distance à l’origine est ≤ 1, donc enfin un couple (u, v) ∈ ℤ^{2}\{(0, 0)} tel que Q(u, v) = X(u, v)^{2}+Y (u, v)^{2} ≤ 1, ce qu’il fallait démontrer.

Cachan, maths I. On considère le système différentiel suivant :

\{ \begin{matrix}ẋ & = y − f(x) \\ ẏ & = −x \end{matrix}

où f(x) = x^{3} − x. Montrer \underline{géométriquement} qu’il existe une orbite périodique attractrice unique.

Note : L’examinateur a beaucoup insisté sur le fait qu’il n’était pas question de produire une démonstration rigoureuse. En particulier, “il ne faut pas commencer par “soit ε > 0””.

Indication : Si p est un point de l’axe des ordonnées, on notera σ(p) le point de l’axe des ordonnées atteint “après un tour”. Montrer que σ est bien définie et strictement croissante. Pour étudier son comportement en 0, on étudiera le système linéarisé.

Cachan, maths II. Si P est un polynôme à coefficient entiers, on définit son contenu c(P) comme le PGCD de ses coefficients. 1) Montrer que c(P Q) = c(P) c(Q). 2) Montrer que les polynômes irréductibles sur ℤ[X] sont exactement les nombres premiers (et leurs opposés), et les polynômes à coefficients entiers irréductibles sur ℚ[X] et de contenu 1. 3) Montrer que ℤ[X] est un anneau factoriel.

Résolution : 1) Commençons par remarquer que pour tout polynôme P ∈ ℤ[X] non nul on peut écrire P = c(P) P_{0} où P_{0} ∈ ℤ[X] est un polynôme de contenu 1 ; et réciproquement, si P = γP_{0} où P_{0} ∈ ℤ[X] est un polynôme de contenu 1 alors c(P) = γ (ces deux affirmations découlent des propriétés correspondantes du PGCD). On peut alors écrire P = c(P) P_{0} et Q = c(Q) Q_{0} avec les notations ci-dessus, et on a P Q = c(P) c(Q) P_{0}Q_{0}. On aura donc fini si on montre que R := P_{0}Q_{0} est de contenu 1. On constate à présent que pour tout premier p, l’application φ_{p}: ℤ[X] → (ℤ/pℤ)[X] de réduction modulo p des coefficients, est un morphisme d’anneaux (vérification immédiate). Si p est un diviseur premier de c(R), alors il divise tous les coefficients de R ; autrement dit φ_{p}(R) = 0. Puisque φ_{p} est un morphisme d’anneaux, on a φ_{p}(P_{0}) φ_{p}(Q_{0}) = 0.

Mais l’anneau (ℤ/pℤ)[X] des polynômes sur le corps ℤ/pℤ est intègre. On a donc φ_{p}(P_{0}) = 0 ou φ_{p}(Q_{0}) = 0. Le premier implique p|c(P_{0}) et le second, p|c(Q_{0}). Dans tous les cas, une contradiction. C’est donc que c(R) n’a pas de diviseurs premiers, soit c(R) = 1, ce qu’il fallait démontrer.

2) Les unités de ℤ[X] sont clairement +1 et −1. Cela étant dit, montrons tout d’abord que les nombres premiers (et donc aussi leurs opposés) sont irréductibles sur ℤ[X] : si p est premier et qu’on a p = P Q sur ℤ[X], alors deg P + deg Q = 0 (puisque ℤ est intègre), donc deg P = deg Q = 0, et P et Q sont des entiers, et alors l’un des deux doit être une unité puisque p est premier, donc p est irréductible sur ℤ[X]. Soit maintenant R un polynôme irréductible sur ℚ[X], à coefficients entiers et de contenu 1 ; montrons qu’il est irréductible sur ℤ[X]. Or si on a R = P Q sur ℤ[X], puisque R est irréductible sur ℚ[X], on doit avoir P ou Q une unité de ℚ[X], c’est-à-dire, constant. Supposons donc P = γ ∈ ℤ. Alors γ divise le contenu de R, donc γ = ±1, et R est bien irréductible.

Réciproquement, supposons que R ∈ ℤ[X] est irréductible sur ℤ[X], et écrivons R = c(R) R_{0} avec les notations utilisées plus haut. L’un des deux facteurs doit être ±1. Si c’est R_{0}, on a R = ±c(R), et c(R) doit être premier, car si c(R) = rs avec r, s entiers > 1, on a R = ±rs et R n’est pas irréductible. Si c’est c(R), alors R est un polynôme à coefficients entiers de contenu 1, et il reste à montrer qu’il est irréductible sur ℚ[X]. Or si on a R = P Q sur ℚ[X], on peut trouver des rationnels α, β non nuls tels que P = αP_{0} et Q = βQ_{0} avec P_{0}, Q_{0} des polynômes à coefficients entiers de contenu 1. On a alors R = αβP_{0}Q_{0}, et donc αβ est un entier (puisque c(P_{0}Q_{0}) = 1). Enfin, puisque R est irréductible sur ℤ[X], un des polynômes P_{0}, Q_{0} au moins est égal à ±1, et donc un des polynômes P, Q au moins est constant. Donc R est irréductible sur ℚ[X], ce qu’il fallait démontrer.

3) Tout d’abord, il faut choisir un système de représentants irréductibles : on choisit pour cela les nombres premiers (positifs), et les polynômes irréductibles de contenu 1 de coefficient dominant positif. Montrons l’existence de la décomposition : si P ∈ ℤ[X], on peut le décomposer en facteurs irréductibles sur ℚ[X], de la forme : P = αP_{1} ⋯ P_{k} où α ∈ ℚ et P_{1}, … P_{k} ∈ ℚ[X] sont unitaires irréductibles. On peut alors écrire P_{i} = α_{i}P_{0i} pour chaque i, où α_{i} ∈ ℚ et P_{0i} ∈ ℤ[X] est de contenu 1 à coefficient dominant positif. Dans ce cas, P = αα_{1} ⋯ α_{k}P_{01} ⋯ P_{0k}, et comme c(P_{01} ⋯ P_{0k}) = 1, on a αα_{1} ⋯ α_{k} ∈ ℤ ; et en décomposant en facteurs premiers αα_{1} ⋯ α_{k} = ±p_{1} ⋯ p_{ℓ}, on a la décomposition de P recherchée :

P = ±p_{1} ⋯ p_{ℓ}P_{01} ⋯ P_{0k}

Reste enfin à montrer l’unicité d’une telle décomposition : si P = ±q_{1} ⋯ q_{n}Q_{01} ⋯ Q_{0m} en est une autre, avec q_{1}, …, q_{ℓ} des nombres premiers, et Q_{01}, …, Q_{0k} des polynômes à coefficients entiers de contenu 1 et irréductibles sur ℚ[X], alors tout d’abord le signe est clairement le même. Comme on a p_{1} ⋯ p_{ℓ} = c(P) = q_{1} ⋯ q_{n}, les p_{i} et les q_{j} sont égaux à permutation près d’après l’unicité de la décomposition en facteurs premiers. Enfin, d’après l’unicité de la décomposition sur ℚ[X], les P_{0i} et les Q_{0j} sont proportionnels à permutation près, et comme ils sont à coefficients entiers de contenu 1, ils sont en fait égaux à permutation près. La décomposition est donc unique, et ℤ[X] est factoriel, ce qu’il fallait démontrer.