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Non. $P(x) =\dfrac{(x+6)(x+1)(x+3)}{8}$

Non. $P(x) =\dfrac{x(x-1)}{4}$

La réponse est oui.

Soit $d \in \mathbb N^*$ tel que $d\times P(x)=Q(x) \in \mathbb Z[x]$ et $d>1$ (cas $d=1$ donne $P\in\mathbb Z[x]$)

$q=(d\times 2+1)^2=s^2$

On sait que $(s+1)^2-s^2 >d-1$

donc $\forall k \in [0,d-1] \cap \mathbb N,E(\sqrt{q+k})=E(\sqrt{q})=s$ avec $E(\sqrt{q+k})\times (q+k) \mod d=k+1 \mod d$

Donc $\forall k \in [0,d-1]\cap \mathbb N, Q(k) \mod d=0$

Alors $\forall k \in \mathbb{Z}, d|Q(k) $ d'où $\forall k\in \mathbb{Z}, P(k)\in\mathbb Z$

Voici enfin l'usage trés astucieux du principe d'inclusion exclusion, dont je vous avez parlé il y a un mois de cela.

Tout d'abord je tiens à dire qu'il n'y a aucune cachotterie de ma part, ce résultat, je l'avais rendu publique ici même sur ce forum, au début de mes participations en tant que Dattier.

Mais malheureusement ce fil a été supprimé, mais pas grave puisque, je vais le republier,, ici même.

Quelques mises aux points, je vais juste donner les idées principales, si vous avez des problèmes dans la réalisation, n'hésitez pas à me contacter par MP.

On se place dans l'algèbre générale $\mathbb Z<X>$

Avec si $K,H$ sous groupe de $G$, $X^{H} \times X^{K}=X^{H \cap K}$

Alors : $$1-(1-X^{G_1})....(1-X^{G_{100}})=\sum \limits_{A \subset \{1,...,100\},A\neq \emptyset}(-1)^{1+|A|}X^{\bigcap \limits_{i \in A} G_i}$$

Dans notre cas particulier les sous-groupe de G sont caractérisées par leurs ordres.

On travaille dans l’algèbre tel que : $X^{card(H)}\times X^{card(K)}=X^{pgcd(card(H),card(K))}$


Ce qui ce calcule facilement avec un logiciel de calcul formel, en effet on a moins de 100*100 $X^k$ différent, ce qui se gère bien avec un logiciel de calcul formel.

PS : si je vois que trop de monde galère je publierais le source en Maple.

Source (impossible de le faire compiler par le site) :
\text{Soit } h\in C([0,1]), D(h)=\inf\{||h-P||_\infty ; P\in \mathbb R[x]\}
\\\text{Supposons }\exists g\in C([0,1]), D(g)=\epsilon >0
\\\text{alors pour }f(x)=g(x)+g(0)x+g(1)(1-x), D(f)=D(g),f(0)=f(1)
\\\text{On pose }c(x)=\sqrt{x},\text{ alors } D(f\circ c)\geq D(f)=\epsilon
\\\text{Donc }\forall n\in \mathbb N,D(f \circ c^n)\geq \epsilon
\\\text{On a }f\circ c^n \text{ qui converge uniformement vers la constante }f(0)=f(1)
\\\text{Par continuite de }D, D(f(0))\geq \epsilon, \text{ impossible car les constantes sont des fonctions polynomes}

Bonus : Avec la même démonstration on justifie que $Vect\{ 1,x,x^{2},...,x^{2^n},...\} $ est dense dans C([0,1]).

Remarque : en changeant un peu la justification, on peut démontrer des résultats généraux, encore plus remarquables...

Soit $f\in C([0,1])$
Mq $A= \{ ||f\circ c - P||_\infty : P\in \mathbb R[x] \} \subset \{ ||f-P||_\infty : P\in \mathbb R[x] \}=B$

Soit $a=||f\circ c - P||_\infty$ dans $A$ et $P$ polynôme réel.
On pose $s(x) =x^2$ comme $s$ est bijectif sur [0,1] on a : $a=||f\circ c \circ s-P\circ s||_\infty =||f-P\circ s||_\infty $
Comme $P\circ s\in \mathbb R [x] $ donc $a\in B$

Fin.