Un polynôme irréductible géant

Première solution

On prend $P=(X+1)^{2026}-2$. Ses coefficients sont $\binom{2026}{k}$ pour $k \geq 1$, et le terme constant vaut -1 , donc aucun n’est nul. Or $P(X-1)=$ $X^{2026}-2$ est irréductible par Eisenstein en 2.

De même, $\Phi_{2027}(X+1)=\sum_{k=0}^{2026}\binom{2027}{k+1} X^k$ convient.

Seconde solution

Le polynôme

$$P=\sum_{k=0}^{2026} p_{k+1} X^k=2+3 X+5 X^2+\cdots+p_{2027} X^{2026},$$

où $p_k$ est le $k$-ième nombre premier, est irréductible sur $\mathbb{Q}$. Le résultat vaut d’ailleurs en tout degré.

Proposition. Si $0<a_0<a_1<\cdots<a_n$ sont des entiers et si $a_n$ est premier, alors $P=$ $\sum a_k X^k$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$.

Étape 1 : les racines sont dans le disque unité ouvert (Eneström-Kakeya). On écrit

$$(1-X) P(X)=a_0+\sum_{k=1}^n\left(a_k-a_{k-1}\right) X^k-a_n X^{n+1} .$$

Soit $z$ une racine de $P$ avec $|z| \geq 1$. Alors

$$a_n|z|^{n+1} \leq a_0+\sum_{k=1}^n\left(a_k-a_{k-1}\right)|z|^k \leq|z|^n\left(a_0+\sum_{k=1}^n\left(a_k-a_{k-1}\right)\right)=a_n|z|^n .$$

On en déduit $|z|=1$, avec égalité dans l’inégalité triangulaire. Comme $a_0>0$ et $a_1-a_0>0$, cela force $z$ à être réel positif, donc $z=1$. Mais $P(1)>0$, contradiction. Ainsi toutes les racines vérifient $|z|<1$.

Étape 2 : l’argument de factorisation. Par le lemme de Gauss, il suffit d’exclure une factorisation $P=Q R$ dans $\mathbb{Z}[X]$ avec $\operatorname{deg} Q, \operatorname{deg} R \geq 1$.

On l’applique avec $a_k=p_{k+1}$ et $n=2026$ : la suite est strictement croissante et $a_{2026}=p_{2027}$ est premier.