Bonjour,
Je l'ai trouvé très difficile, celui-là.
1) on peut mettre P(x) sous la forme d'un polynôme à coefficients rationnels
Il suffit de considérer que si P(x) est de degré p, les équations
P(a+3b) + P(5a+7b) = 0 constituent des équations dont les inconnues sont les p+1 coefficients de P et dont les coefficients sont les (a+3b)^i + (5a+7b)^i, entiers.
On isole un sous-ensemble d'équations indépendantes (p+1 ou éventuellement moins).
Le déterminant est nécessairement entier et les solutions rationnelles.
2) On peut donc mettre P(x) sous la forme d'un polynôme à coefficients entiers.
Il suffit de multiplier par le ppcm des dénominateurs des coefficients.
3) Si P(x)+P(y) = 0, avec P(x) à coefficients entiers, alors P(0) = 0 ou bien 2P(0) est non nul et divisible par (x+y) .
C'est simple à voir en se rendant compte que tous les x^i + y^i sont divisibles par x+y
4) dès lors, supposons P(x) ramené à des coefficients entiers.
P(a+3b) + P(5a+7b) = 0 implique que p(0) = 0 ou que 2P(0) est non nul et divisible par ((a+3b)+(5a+7b))
Si P(0) = 0, le problème est terminé puisque P a bien une racine entière (0)
Si P(0) est différent de 0, alors 2p(0) est divisible par (6a+10b)
Donc p(0) est divisible par (3a+5b)
Comme P(0) a un nombre fini de diviseurs et qu'on a une infinité de couples (a,b), l'un au moins de ces diviseurs, appelons-le c, possède une infinité de (a,b) tels que c = 3a + 5b
Retenons ces couples (a,b) uniquement.
a +3b = 3a+5b - 2(a+b) = c + A
5a+7b = 3a+5b + 2(a+b) = c - A
Nous avons donc un c entier et une infinité de A entiers tels que
P(c + A) + P(c - A) = 0
En appelant H(x) = P(c+x) + P(c-x), on a :
H(A) = 0 pour une infinité de A différents
Donc H(x) = 0 pour tout x
Donc H(0) = 0
Donc P(c) = 0
Donc P(x) possède une racine entière : c
CQFD
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