Démonstration. Soient $\overline{a},\overline{b}\in A/(p)$. On suppose $\overline{a}\overline{b}=0$. Comme $\overline{a}\overline{b}=\overline{ab}$, on a $ab\in (p)$. Donc par hypothèse, $$\begin{array}{rl}& a\in (p)\text{ ou }b\in (p)\\ ⟹& \overline{a}=0\text{ ou }\overline{b}=0\end{array}$$ et ainsi $A/(p)$ est bien intègre. ◻

Démonstration. Soient $P,Q\in A[X]$ non nuls, de degrés respectifs $n\ge 1$ et $m\ge 1$ que l’on écrit $P={\sum }_{i=0}^n{a}_i{X}^i$ et $Q={\sum }_{j=0}^m{b}_j{X}^j$. Alors, le coefficient de $X^{n+m}$ dans le produit $PQ$ est $a_n{b}_m$. Comme $a_n\ne 0$, $b_m\ne 0$ et $A$ est intègre, ce coefficient est non nul. Donc en particulier, le produit $PQ$ est non nul. ◻

Démonstration. On suppose que $a\mid bc$ avec $b,c\in A$. Alors, il existe $d\in A$ tel que $$ad=bc\text{\hspace{1em}(∗)}$$ Si $b$ est inversible, alors $a\mid c$. De même, si $c$ est inversible, alors $a\mid b$. Supposons donc que $b$ et $c$ ne sont pas inversibles. Comme $a$ est irréductible, on en déduit que $d$ est un élément non nul et non inversible de $A$. Il existe donc des décompositions en irréductibles $$b={\beta }_1\dots {\beta }_n,c={\gamma }_1\dots {\gamma }_m\text{ et }d={\delta }_1\dots {\delta }_k$$ avec $n,m,k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Par conséquent, en injectant dans $(\ast )$ : $$a{\delta }_1\dots {\delta }_k={\beta }_1\dots {\beta }_n{\gamma }_1\dots {\gamma }_m$$ Comme la factorisation en irréductibles est unique à l’ordre près, il existe ${\beta }_i$ ou ${\gamma }_j$ qui est associé à $a$. Si bien que $a$ divise $b$ ou $c$ ; c’est ce que l’on voulait démontrer. ◻

Démonstration.

1. Soient $P,Q\in A[X]$ tels que $\gamma (P)=\gamma (Q)=1$. Supposons $\gamma (PQ)\ne 1$. Alors, il existe $p\in A$ irréductible tel que $p$ divise tous les coefficients de $PQ$. Donc, dans $A/(p)$, $\overline{PQ}=\overline{P}\overline{Q}=0$.

   Mais, par le Lemme 4, $(p)$ est premier. Donc par le Lemme 2 $A/(p)$ est intègre, et en particulier, $A/(p)[X]$ l’est aussi par le Lemme 3. Ainsi, $\overline{P}=0$ ou $\overline{Q}=0$ : absurde.

2. En factorisant, on écrit $P=\gamma (P)R$ et $Q=\gamma (Q)S$ où $R,S\in A[X]$ avec $\gamma (R)=\gamma (S)=1$. D’où $PQ=\gamma (P)\gamma (Q)RS$ avec $\gamma (RS)=1$ par le Point 1. Ainsi, $\gamma (PQ)=\gamma (P)\gamma (Q).$

 ◻

Démonstration. Par l’absurde, on suppose $P=UV$ avec $U,V\in \mathbb{K}[X]$ de degré supérieur ou égal à $1$. Soit $a$ un multiple commun à tous les dénominateurs des coefficients non nuls de $U$ et $V$. On a $$a^{2}P=\underset{\begin{array}{c}=U_1\\ \in A[X]\end{array}}{\underbrace{aU}}\underset{\begin{array}{c}=V_1\\ \in A[X]\end{array}}{\underbrace{aV}}$$ On applique le Lemme 5 pour obtenir : $$a^2\gamma (P)=\gamma (U_1)\gamma (V_1)\text{\hspace{1em}(∗)}$$ En factorisant, on écrit $U_1=\gamma (U_1)U_2$ et $V_1=\gamma (V_1)V_2$ avec $U_2,V_2\in A[X]$. Il vient : $$a^{2}P=\gamma (U_1)\gamma (V_1)U_2{V}_2\stackrel{(\ast )}{=}{a}^2\gamma (P)U_2{V}_2$$ Et comme $a\in A\setminus \{0\}$ et que $A$ est intègre, on a $P=\gamma (P)U_2{V}_2=U_3{V}_3$ avec $U_3=\gamma (P)U_2\in A[X]$ et $V_3=V_2\in A[X]$ (dans un souci de symétrie des notations) qui sont de degré supérieur ou égal à $1$.

On pose $U_3={\sum }_{i=0}^r{b}_i{X}^i$ et $V_3={\sum }_{j=0}^s{c}_j{X}^j$ avec $b_r{c}_s=a_n\ne 0$ par définition de $P$. Dans $A/(p)$, on a $$\underset{=\overline{a_n}{X}^n}{\underbrace{\overline{P}}}=\overline{U_3{V}_3}=\overline{U_3}\overline{V_3}$$ et en particulier, le terme de degré $0$, $\overline{b_0{c}_0}=\overline{b_0}\overline{c_0}$ est nul. Mais, $p$ est irréductible et $A$ est factoriel, donc au vu du Lemme 4, $(p)$ est premier et $A/(p)$ est intègre par le Lemme 2. Donc par le Lemme 3, $A/(p)[X]$ est aussi intègre. D’où $\overline{b_0}=0$ ou $\overline{c_0}=0$ (mais pas les deux car sinon $p^2\mid b_0{c}_0=a_0$, ce qui serait en contradiction avec le Point 3).

On suppose donc $\overline{b_0}=0$ et $\overline{c_0}\ne 0$. Si on avait $\forall i\in [[0,r]]$, $\overline{b_i}=0$, on aurait en particulier $\overline{b_r}=0$, et donc $\overline{b_r}\overline{c_s}=\overline{a_n}=0$ (exclu par le Point 2). Donc, $$\exists i\in [[0,r-1]]\text{ tel que }\overline{b_0}=\cdots =\overline{b_i}=0\text{ et }{b}_{i+1}\ne 0$$ Ainsi, $$\overline{a_{i+1}}=\sum _{k=0}^{i+1}\overline{b_k}\overline{c_{i+1-k}}=\underset{\ne 0}{\underbrace{\overline{b_{i+1}}}}\underset{\ne 0}{\underbrace{\overline{c_0}}}\ne 0$$ ce qui est absurde au vu du Point 1 car $i\in [[0,r-1]]$ avec $r-1\le n-1$. ◻

Démonstration. On applique le Théorème 6 au polynôme $P=X^n-2$ avec le premier $p=2$ qui nous donne l’irréductibilité du polynôme sur $\mathbb{Q}$. Reste à montrer qu’il est irréductible sur $\mathbb{Z}$.

Or, en supposant $P$ réductible sur $\mathbb{Z}$, on peut écrire $P=QR$ avec $Q,R\in \mathbb{Z}[X]$ de degré supérieur ou égal à $1$ car $P$ est primitif. Mais à fortiori, $Q,R\in \mathbb{Q}[X]$ et ne sont pas inversibles donc $P$ est réductible sur $\mathbb{Q}$ : absurde. ◻