Le critère d’irréductibilité d’Arthur Cohn

Ce résultat est étonnant mais va bien dans le sens de mon article précédent. Il relie deux mondes : l’arithmétique sur \(N\) et l’algèbre des polynômes \(Z[X]\). Etonnant parce que l’irréductibilité dans \(Z[X]\) est plus difficile que l’irrédictibilité dans \(N\).
Critère de Cohn :
Soit \(n\in N\) un nombre premier et son écriture en base \(b\geq 2\) :
\[n= a_0+a_1b+\cdots +a_kb^k,\]
(donc les \(a_i\) sont tous des entiers tels que \(0\leq a_i \leq b-1\)) alors le polynôme
\[f(X)= a_0+a_1X+\cdots +a_kX^k\]
est irréductible dans \(Z[X].\)

Arthur Cohn, élève d’Issai Schur, aurait démontré le cas « usuel » où \(b=10\). La démonstration fut donnée pour \(b=10\) par Polya et Szego et dans le cas d’une base quelconque \(b=2,3,4,…\) par J. BRILLHART, M. FILASETA et A. ODLYZKO en 1981.

Avant de donner une démonstration, disons un mot de la réciproque. Elle est fausse car un polynôme irréductible
\(f\in Z[X]\) ne correspond pas toujours au développement d’un nombre premier. Par exemple \(f(X)=X+1\) est irréductible mais \(f(3)=4\). De même \(f(X)=X^2+1\) donne \(f(3)=10\). Toutefois la conjecture de Bouniakovski, non prouvée à ce jour, est la suivante :

Conjecture : Si \(f\in Z[X]\) est irréductible, alors \(f(a)\) est premier pour une infinité d’entiers \(a\).

En d’autres termes la réciproque serait souvent vraie.
Lorsque \(f\) est de degré 1, la conjecture est démontrée : c’est le théorème de la progression arithmétique de Dirichlet !
Mais pour les degrés \(\geq 2\) on ne sait pas.

Démonstration en base \(b\geq 3\) du critère de Cohn :

Il est clair que si \(deg(f)= 0\), c’est-à-dire si \(b>n\), le critère est vrai par définition.
De même si \(deg(f)= 1\), on a \(f(X)=a_0+a_1X\) et
\(f(b)=n\). Par conséquent les 2 coefficients \(a_0\) et \(a_1\) sont premiers entre eux. Donc \(f\) est bien irréductible dans \(Z[X]\).
On peut donc supposer \(deg(f)\geq 2\).
L’idée clé du reste de la démonstration est de montrer que les racines de \(f\) se situent assez loin de la base \(b\).
Raisonnons par l’absurde et supposons que \(f(X)= R(X)S(X)\) avec \(R,S\in Z[X]\) de degré au moins 2. On a donc
\[n=R(b)S(b)\]
donc \(R(b)=1\) ou \(S(b)=1\). On peut supposer que \(R(b)=1\).
Supposons que \(b\) soit « assez loin » des racines. Plus précisément supposons que :

Lemme : Si \(\alpha\) une racine de \(f\) dans les complexes alors \[|b-\alpha|> 1.\]

Alors le polynôme \(R(X)\) peut s’écrire comme un produit sur certaines racines \(\alpha_i\):
\[R(X) =r_0+\dots +r_mX^m = r_m\prod_i(X-\alpha_i)\]
où \(r_m\), un entier \(\geq 1\), est le coefficients dominant de \(R\).
On en déduit \(|R(b)|= |r_k|\prod_i |b-\alpha_i|>1\). C’est une contradiction.

Reste donc à démontrer le lemme. On le fait dans le cas \(b \geq 3\) mais le cas \(b=2\) peut aussi se démontrer.

Soit \(z\) un complexe. On va évaluer
\[\left|\frac{f(z)}{z^n}\right|= \left| a_n+\frac{a_{n-1}}{z} +\dots + \frac{a_0}{z^n}\right| \]
On pose
\[U= a_n+\frac{a_{n-1}}{z} \]
\[V=\frac{a_{n-2}}{z^2} +\dots +\frac{a_0}{z^n}.\]
On sait que \(a_n\geq 1\) et \(a_n\geq 0\) donc, si on suppose \(Re(z)\geq 0\) on montre facilement que \(Re(U)\geq 1\).
D’autre part on peut borner \(V\) facilement si \(|z|>1\) par
\[V< \frac{b-1}{|z|^2-|z|}\] Par conséquent sous les deux conditions \(Re(z)\geq 0\) et \(|z|>1\) on a
\[\left|\frac{f(z)}{z^n}\right|=|U+V|> 1- \frac{b-1}{|z|^2-|z|}= \frac{|z|^2-|z|-(b-1)}{|z|^2-|z|}\]
Si en plus \(z\) est une racine de \(f\), le trinôme au numérateur sera négatif et donc
\[|z|<\frac{1 +\sqrt{4b-3}}{2}\] Il est alors facile d'en déduire que si \(b\geq 3\) alors \(|z-b|>1\).
On passe ensuite en revue les cas restant.
Si \(Re(z)\leq 0\) il est évident que \(|z-b|>1\) pour \(b\geq 2\).
Reste donc à étudier le cas où \(Re(z)> 0\) et \(|z|<1\) mais la encore \(|z-b|>1\) pour \(b\geq 3\).
La démonstration du lemme est terminée sous la condition que \(b\geq 3\).