Exo polynomes

[ffpower]

Soit P et Q 2 polynomes a coeff entiers. On suppose que P(n) divise Q(n) pour une infinité de n. Montrer que P divise Q dans Q[X] :we:

[Doraki]

Je dirais que pour un n suffisamment grand, savoir que Q(n)*R(n) = P(n) implique Q*R = P.
R est obtenu en écrivant P(n)/Q(n) en base n, mais en considérant des coefficients rationnels....
Si on peut arriver à borner à l'avance les numérateurs/dénominateurs des coefficients de R, ça peut ptetre marcher.

[Ben314]

Salut
Perso, j'ai fait la division euclidienne : Q=BP+R avec, (quitte à multiplier Q par un entier) B et R à coeffs entier.
On a donc R=0 ou d°(R)=|P(n)| or, si n tend vers l'infini...

[ffpower]

J avais fait la meme preuve sauf que je regardais le pgcd et je faisais un Bezout, mais effectivement, avec la division euclidienne, ca marche..
gg

[Ben314]

A propos de ploynomes "plus ou moins entier", une question me vient à l'esprit :
Si on considère l'ensemble des polynômes P à coeff. quotients tels que P(n) soit dans Z pour tout n dans Z, c'est assez clairement un anneau commutatif donc un Z molule.
Est il évident qu'il est engendré (à coeff dans Z) par les "coeff binomiaux", c'est à dire par les polynômes de la forme X(X-1)(X-2)...(X-(k-1))/k! ?

[ffpower]

Ca doit pas etre tres dur. En gros tes polynomes,c est des especes de polynome d interpolation de Lagrange. Le n-eime vaut 1 en n et 0 pour kEnsuite on retire le bon nombre de fois le coeff binomial d ordre k=1 pour se ramener a P(1)=0, puis on se ramene a P(2)=0 ect...

[Ben314]

Sauf erreur, le résultat est vrai : il suffit de considérer la "dérivation discrète" P'(X)=P(X+1)-P(X) pour montrer que si un polynôme ne prend que des valeurs entières et que sont coeff. dominant est aX^n alors n!.a est entier. On retranche donc n!.a fois le coeff binomial (X n) et on conclue par récurrence.
En plus, on voit que ces générateur jouent pour la dérivation discrète le même rôle que les x^k/k! pour la dérivation usuelle, ce qui n'est pas étonnant vu les propriétés du triangle de pascal...