Exercice TD MP*

[ronb3108]

Bonjour,
Je suis bloqué dans l'exercice suivant :
"Trouver l'ensemble des polynômes à coefficients rationnels tel que pour tout x irrationnel P(x) est irrationnel"
En se ramenant à des des polynômes a de Z[X] j'ai résultat pour P de degré 2 en utilisant la forme canonique (impossible du coup) mais je ne vois pas comment généraliser. Une aide ?

[darklol]

Ce n'est pas un exercice très facile. Donc en effet on commence par se ramener au cas d'un polynôme à coefficients entiers. Maintenant soit $ P \in \mathbb{Z}[X] $ un polynôme vérifiant la propriété de l'énoncé. J'expose mon heuristique: déjà on remarque immédiatement que $ \mathbb{Q} = P^{-1}(\mathbb{Q}) $. Donc si $ P $ est surjectif i.e. si $ P $ est de degré impair, alors on a même $ P(\mathbb{Q}) = \mathbb{Q} $ autrement dit la fonction induite $ P: \mathbb{Q} \longrightarrow \mathbb{Q} $ reste surjective, ce qui est surprenant si le degré de $ P $ est plus grand que 2. Tellement surprenant qu'en regardant les antécédents par $ P $ d'une famille de rationnels bien choisie, on aboutit facilement à une contradiction avec des considérations arithmétiques. Maintenant dans le cas général, un polynôme quelconque non constant est de toutes façons "presque surjectif" au sens où $ \forall y \in \mathbb{R}, \exists a \in \mathbb{Z}, \exists x \in \mathbb{R}, P(x) - a = y $ (cela résulte simplement du fait que $ P $ tend vers l'infini en $ \pm \infty $). À nouveau, cette propriété reste vraie si on prend $ x $ et $ y $ dans $ \mathbb{Q} $. On arrive à une contradiction de la même façon que précédemment.

[ronb3108]

Merci beaucoup !

[darklol]

Dattier, je ne comprends pas tes remarques, l'énoncé stipule déjà qu'on cherche des polynômes à coefficients rationnels. Maintenant si tu t'intéresses au cas "général" où $ P $ est un polynôme à coefficients réels qui laisse stable les irrationnels, alors il est immédiat que $ P $ est à coefficients rationnels dès qu'il est non constant, puisque dans ce cas $ P([0,1]) $ est un segment non vide (par continuité et non constance) qui contient donc une infinité de rationnels, dont les antécédents par $ P $ sont nécessairement rationnels à cause de la propriété vérifiée par $ P $, et on conclut en faisant par exemple une interpolation de Lagrange. La partie difficile maintenant c'est la suite de la preuve, c'est-à-dire l'énoncé de l'auteur.

[darklol]

Oui la fin est difficile, c'est ce que j'ai dit dans ma réponse à l'auteur où je décris l'angle d'attaque de ma preuve. Par contre se ramener de $ P $ à coefficients réels vers $ P $ à coefficients rationnels n'est pas vraiment astucieux, c'est du même esprit que cet énoncé facile: "montrer que si $ P $ est un polynôme à coefficients réels/complexes tel que $ P(\mathbb{Q}) \subset \mathbb{Q} $, alors $ P $ est à coefficients rationnels". Autrement dit, dès que le graphe d'un polynôme passe par $ deg(P) + 1 $ points à coordonnées rationnelles, alors $ P $ est à coefficients rationnels.

[darklol]

Tout est relatif en effet, mais disons que le niveau de difficulté du passage "coefficients réels -> coefficients rationnels" est selon moi bien plus bas que le niveau de difficulté de "coefficients rationnels -> fin de la preuve". Quant à la réponse, je préfère laisser d'autres membres la chercher, l'heuristique que j'ai donnée est suffisante pour trouver la fin de la preuve pour peu qu'on y mette un peu d'efforts.

[darklol]

Cet exo n'est pas un classique, je n'ai jamais dit ça, j'ai cherché un certain temps avant d'aboutir à une solution. Et je n'ai rien à prouver à personne, encore moins à toi.

[oty20]

il est évident que les polynômes de degrés 1 sont solutions du problème, on suppose l'existence d'un tel polynôme de degres n>=2 , alors on a l’équivalence , P(x) dans Q ssi x est dans Q , en effet , si P(x) est dans Q alors x ne peut etre dans R\Q d'ou x est dans Q , la reciproque est evidente , en vu des coefficients rationnelles de P , De la on peut se ramener a un polynôme dans Z[X] (il suffit multiplier par une constante bien choisit ) , pour pouvoir utiliser des arguments d'arithmétique , soit H=dP , tel que H dans Z[X] , on ecrit H=\sum ai X^{i} , on ecrit q^{n}H(p\q)=\sum ai p^{i}q^{n-1} , La on voit que la surjectivité de H amène a une contradiction , en effet , pour r un nombre premier , par surjectivité H(p\q)=\frac{1}{r}......