Exercices d'algèbre générale€¦ · Une solution intelligente de tels exercice s consisterait...
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1 Exercices d’algèbre générale 1. Ensembles. 2. Entiers naturels, récurrence. 3. Systèmes de numération. 4. Analyse combinatoire. 5. Arithmétique. 6. Groupes. 7. Actions de groupes. 8. Anneaux. 9. Corps. à Inès et Armand Pierre-Jean Hormière __________ Introduction Comment résoudre un exercice de mathématiques ? Vaste et vieille question ! Rappelons d’abord que résoudre un exercice, c’est trouver, construire, puis rédiger ou exposer, un raisonnement qui part de l’hypothèse pour aboutir à la conclusion. Lorsque la conclusion ne figure pas dans l’énoncé, il faut d’abord la trouver par tous moyens, qui peuvent faire appel à l’intuition ou à l’expérimentation, avant de se trouver dans la situation précédemment décrite. Cependant, lorsqu’on cherche un exercice, il n’est pas vrai que l’esprit parte de l’hypothèse pour arriver à la conclusion. L’esprit considère à la fois l’hypothèse (H) et la conclusion (C), et cherche un chemin qui les rejoigne, il cherche à « percoler », au sens où l’eau percole à travers le café moulu, dans le filtre d’une cafetière. Pour cela, il est souvent utile de former des hypothèses équivalentes à celles de l’exercice, et des conclusions équivalentes à celle de l’exercice : (H) ⇔ (H’) ⇔ (H’’) ⇔ (H’’’) ⇔ … (C) ⇔ (C’) ⇔ (C’’) ⇔ (C’’’) ⇔ … jusqu’à ce qu’on trouve un chemin convenable, praticable entre l’une des variantes de l’hypothèse et l’une des variantes de la conclusion : c’est la méthode de la variation. Dans d’autres cas, on cherche des chaînes de conséquences de l’hypothèse, et des chaînes de prémisses de la conclusion, jusqu’à ce que l’on trouve une voie de passage : (H) ⇒ (K) ⇒ (L) ⇒ … ... ⇒ (E) ⇒ (D) ⇒ (C) (H) ⇒ (K’) ⇒ (L’) ⇒ ... ... ⇒ (E’) ⇒ (D’) ⇒ (C) Souvent même, c’est l’analyse attentive de la conclusion qui permet de remonter jusqu’à l’hypo- thèse. Il reste ensuite à faire le chemin inverse, c’est-à-dire la synthèse. Cette méthode d’analyse et de synthèse est aujourd’hui aussi fondamentale qu’oubliée. Une fois trouvé un chemin, on s’aperçoit souvent que d’autres chemins de percolation existent, autrement dit, on peut souvent résoudre un exercice par plusieurs méthodes. Parfois on s’aperçoit qu’une méthode plus simple et plus naturelle existait, à laquelle on n’avait pas pensé… Dans d’autres cas, il peut être utile de généraliser ou de particulariser l’exercice posé. Parti- culariser, c’est résoudre l’exercice dans des situations plus simples que celle de l’énoncé, avant de s’attaquer au cas général ; il ne faut pas hésiter à prendre des exemples. Cette méthode est souvent féconde, et Hilbert la considère même comme plus féconde que la méthode de la généralisation, qui consiste à englober l’exercice dans une théorie plus générale. Mais certains mathématiciens conceptualisateurs, tels Grothendieck, ont le génie de la généralisation.
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Exercices d’algèbre générale
1. Ensembles.
2. Entiers naturels, récurrence.
3. Systèmes de numération.
4. Analyse combinatoire.
5. Arithmétique.
6. Groupes.
7. Actions de groupes.
8. Anneaux.
9. Corps. à Inès et Armand Pierre-Jean Hormière __________ Introduction
Comment résoudre un exercice de mathématiques ? Vaste et vieille question ! Rappelons d’abord que résoudre un exercice, c’est trouver, construire, puis rédiger ou exposer, un raisonnement qui part de l’hypothèse pour aboutir à la conclusion. Lorsque la conclusion ne figure pas dans l’énoncé, il faut d’abord la trouver par tous moyens, qui peuvent faire appel à l’intuition ou à l’expérimentation, avant de se trouver dans la situation précédemment décrite. Cependant, lorsqu’on cherche un exercice, il n’est pas vrai que l’esprit parte de l’hypothèse pour arriver à la conclusion. L’esprit considère à la fois l’hypothèse (H) et la conclusion (C), et cherche un chemin qui les rejoigne, il cherche à « percoler », au sens où l’eau percole à travers le café moulu, dans le filtre d’une cafetière. Pour cela, il est souvent utile de former des hypothèses équivalentes à celles de l’exercice, et des conclusions équivalentes à celle de l’exercice :
(H) ⇔ (H’) ⇔ (H’’) ⇔ (H’’’) ⇔ … (C) ⇔ (C’) ⇔ (C’’) ⇔ (C’’’) ⇔ …
jusqu’à ce qu’on trouve un chemin convenable, praticable entre l’une des variantes de l’hypothèse et l’une des variantes de la conclusion : c’est la méthode de la variation. Dans d’autres cas, on cherche des chaînes de conséquences de l’hypothèse, et des chaînes de prémisses de la conclusion, jusqu’à ce que l’on trouve une voie de passage : (H) ⇒ (K) ⇒ (L) ⇒ … ... ⇒ (E) ⇒ (D) ⇒ (C) (H) ⇒ (K’) ⇒ (L’) ⇒ ... ... ⇒ (E’) ⇒ (D’) ⇒ (C) Souvent même, c’est l’analyse attentive de la conclusion qui permet de remonter jusqu’à l’hypo-thèse. Il reste ensuite à faire le chemin inverse, c’est-à-dire la synthèse. Cette méthode d’analyse et de synthèse est aujourd’hui aussi fondamentale qu’oubliée. Une fois trouvé un chemin, on s’aperçoit souvent que d’autres chemins de percolation existent, autrement dit, on peut souvent résoudre un exercice par plusieurs méthodes. Parfois on s’aperçoit qu’une méthode plus simple et plus naturelle existait, à laquelle on n’avait pas pensé… Dans d’autres cas, il peut être utile de généraliser ou de particulariser l’exercice posé. Parti-culariser, c’est résoudre l’exercice dans des situations plus simples que celle de l’énoncé, avant de s’attaquer au cas général ; il ne faut pas hésiter à prendre des exemples. Cette méthode est souvent féconde, et Hilbert la considère même comme plus féconde que la méthode de la généralisation, qui consiste à englober l’exercice dans une théorie plus générale. Mais certains mathématiciens conceptualisateurs, tels Grothendieck, ont le génie de la généralisation.
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Il y a un principe de facilité. Lorsqu’on a deux choses à montrer : les deux implications P ⇒ Q et P ⇐ Q d’une équivalence P ⇔ Q, les deux inclusions A ⊂ B et B ⊃ A d’une égalité A = B, on s’aperçoit vite que l’une est plus facile que l’autre. Il faut toujours commencer par montrer la plus facile, car il arrive − ce n’est pas toujours le cas − que l’implication la plus difficile se déduise de la plus facile, par un argument du type inclusion et égalité des cardinaux ou des dimensions, un argument de dualité, ou, en géométrie, un argument de coïncidence. Il y a un principe d’erreur et de rectifications. Souvent on parvient à la solution juste en corrigeant des erreurs successives, autrement dit par « approximations successives ». Certains exercices (faux amis, réciproques, recherche d’exemples ou de contre-exemples), incitent à la faute, suggèrent un raisonnement faux. Eh bien, la meilleure façon de résoudre ces exercices est de faire la faute suggérée, puis de l’analyser et de la corriger. « Souvent il est aussi important de pouvoir éliminer une piste que d’en découvrir une », fait dire Henning Mankell au commisssaire Wallander1. Car c’est la faute elle-même qui met sur la voie. Ainsi, c’est en cherchant à démontrer que toute fonction continue est somme de sa série de Fourier que du Bois-Reymond a trouvé le premier contre-exemple… Une solution intelligente de tels exercices consisterait presque à rédiger la solution fausse, avant de donner la solution juste ! Un mot sur le rôle de la mémoire. On a parfois tendance à opposer intelligence et mémoire. C’est un tort. La mémoire joue un rôle capital dans la recherche scientifique. Le « J’ai déjà vu ça quelque part » est une méthode de recherche féconde. On ne peut résoudre certains exercices sans avoir assimilé un certain nombre de théorèmes et de méthodes, sans avoir une culture, un savoir mathématiques. Les exercices se groupent par familles, et souvent l’on parvient à résoudre un exercice en modifiant légèrement, en adaptant, les méthodes utilisées pour résoudre un exercice antérieur, souvent plus simple. Quel que soit son talent, son enthousiasme, sa créativité, un autodidacte dépasse rarement un certain niveau. Les grands savants sont dotés d’une mémoire et d’une érudition exceptionnelles, et ce sont parfois des rapprochements inattendus qui sont à l’origine des découvertes. « Le génie, c’est 99 % de transpiration et 1 % d’inspiration ». Chaque exercice doit être résolu en respectant une certaine règle du jeu, implicite ou explicite, c’est-à-dire en utilisant des connaissances ou résultats figurant dans un programme d’enseignement. Par exemple, classifier à isomorphisme près les groupes d’ordre ≤ 15, chercher les sous-groupes de SSSS4, ce n’est pas la même chose selon que l’on est ou non autorisé à utiliser les théorèmes de Cauchy, de Sylow, etc. Idem en algèbre linéaire avec les théorèmes de Cayley-Hamilton ou de Jordan. Certains exercices changent du tout au tout selon les connaissances requises ; les résoudre est une activité mi-mathématique, mi-juridique. Il y aurait beaucoup à dire sur ce sujet. Un mot enfin sur le style mathématique. « Ce qui relie la littérature à l’Histoire, c’est le style, lequel renferme une morale », a écrit Michel del Castillo2 ; je dirais pareillement : « Ce qui relie la littérature aux Mathématiques, c’est le style, lequel renferme une morale ». Le style mathématique doit être classique et concis, aux phrases courtes : les phrases trop longues s’expriment en termes de quantificateurs. Vocabulaire pauvre, mais précis et choisi avec soin, qu’admirait Stendhal. Chaque verbe désigne une action mentale spécifique sur les objets manipulés : « choisissons un élément dans chaque classe d’équivalence », « isolons un élément a dans l’ensemble E », « fixons l’entier n », « n0 étant ainsi choisi », etc. Les notations aussi doivent être choisies avec soin. Si ABC est un triangle,
les médianes sont notées AA’, BB’, CC’ ou AI, BJ, CK, ou AGA, BGB, CGC… Un choix judicieux de notations, et voilà qu’un problème s’éclaire ! Il ne faut s’écarter des notations traditionnelles qu’exceptionnellement : en analyse, ε est toujours strictement positif, de préférence petit ! Les calculs algébriques, trigonométriques ou asymptotiques notamment, doivent être disposés de manière à la fois efficace et esthétique… Enfin, lorsqu’une démonstration est longue, il est recommandé de l’articuler en paragraphes distincts, voire de la présenter sous forme d’une succession de lemmes : un lemme est un résultat intermédiaire, ayant un intérêt en lui-même. ___________
1 Henning Mankell, Une main encombrante (chap. 20) 2 Dans son éclairant récit Le temps de Franco (2009, p. 373)
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1. Ensembles.
Exercice 1 : 1) Soient A, B, C trois ensembles. Comparer X = ( A ∩ B ) ∪ ( B ∩ C ) ∪ ( C ∩ A ) et Y = ( A ∪ B ) ∩ ( B ∪ C ) ∩ ( C ∪ A ).
2) Soient A1, A2, …, An des ensembles. Pour 1 ≤ k ≤ n, on pose
Xk = U
kHnH =⊂ ,,...,1
IHi
iA∈
et Yk = I
kHnH =⊂ ,,...,1U
HiiA
∈.
a) Comparer Xk et Yn−k+1.
b) Montrer que Xk ⊃ Yk si k ≤ 21+n , et que Xk ⊂ Yk si k ≥
21+n .
Solution : [ Oral X 1985 ] 1) On voit sur un diagramme de Venn (dessiner trois patates…) que X = Y. Par distributivité mutuelle des lois ∩ et ∪, il vient :
X = [ A ∩ (B ∪ C) ] ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) ∩ [ (B ∪ C) ∪ (B ∩ C) ]
= (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) = Y .
ou X = [ A ∪ B ∪ C ] ∩ [ A ∪ B ∪ A ] ∩ [ A ∪ C ∪ C ] ∩ [ A ∪ C ∪ A ] ∩
[ B ∪ B ∪ C ] ∩ [ B ∪ B ∪ A ] ∩ [ B ∪ C ∪ C ] ∩ [ B ∪ C ∪ A ]
= [A ∪ B ∪ C] ∩ [A ∪ B] ∩ [A ∪ C] ∩ [A ∪ C] ∩ [B ∪ C] ∩ [B ∪ A] ∩ [B ∪ C] ∩ [B ∪ C ∪ A]
= [A ∪ B ∪ C] ∩ [A ∪ B] ∩ [A ∪ C] ∩ [B ∪ C] = [A ∪ B] ∩ [A ∪ C] ∩ [B ∪ C].
2) a) Nous allons montrer que Xk = Yn−k+1.
Observons d’abord que Xk et Yn−k+1 sont inclus dans la réunion E des ensembles A1, A2, …, An .
Pour tout élément x ∈ E, introduisons l’ensemble J(x) = i ∈ [1, n] ; x ∈ Ai .
• x ∈ Xk ⇔ ∃H ∈ PPPPk([1, n]) x ∈IHi
iA∈
⇔ card J(x) ≥ k.
• x ∈ Yk ⇔ ∀H ∈ PPPPk([1, n]) ∃I ∈ H x ∈ Ai
⇔ J(x) rencontre toute partie à k éléments de [1, n].
De cette remarque on déduit déjà un résultat non trivial :
La suite (Xk) est décroissante pour l’inclusion, et la suite (Yk) croissante :
X1 = A1 ∪ A2 ∪ … ∪ An ⊃ X2 ⊃ … ⊃ Xn = A1 ∩ A2 ∩ … ∩ An .
Y1 = A1 ∩ A2 ∩ … ∩ An ⊂ Y2 ⊂ … ⊂ Yn = A1 ∪ A2 ∪ … ∪ An .
L’égalité Xk = Yn−k+1 découle du lemme suivant, laissé en exercice :
Lemme : Soit J une partie de 1, 2, …, n. Pour que J rencontre toute partie à n − k + 1 éléments de [1, n], il faut et il suffit que card J ≥ k.
b) Montrons que Xk ⊃ Yk si k ≤ 21+n , et que Xk ⊂ Yk si k ≥
21+n .
En vertu de a), cela s’écrit Yn−k+1 ⊃ Yk si k ≤ 21+n , et que Yn−k+1 ⊂ Yk si k ≥
21+n .
Cela découle de la croissance pour l’inclusion de la suite (Yk).
3) Autre méthode.
Nous allons montrer ces résultats en utilisant seulement les distributivités mutuelles de l’intersection et de la réunion. Autrement dit, nous allons nous placer dans un treillis distributif (E, ≤, ∨, ∧).
Si a1, …, an sont n éléments de E, soient xk = ∨|H| = k ( ∧i∈H ai ) et yk = ∧|H| = k ( ∨i∈H ai ) , où H désigne une partie de 1, 2, …, n.
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Montrons d’abord que (xk) est décroissante, i.e. xk+1 ≤ xk , ou encore ∨|H| = k+1 ( ∧i∈H ai ) ≤ xk .
Il suffit de montrer que si |H| = k + 1, ∧i∈H ai ≤ xk .
Or H contient une partie à k éléments H’, et alors ∧i∈H ai ≤ ∧i∈H’ ai ≤ xk . cqfd.
En changeant l’ordre de E en son opposé, on échange sup et inf, et, du coup, on en déduit que (yk) est décroissante.
Montrons maintenant que xk = yn−k+1.
• xk ≤ yn−k+1 s’écrit ∨|H| = k (∧i∈H ai ) ≤ ∧|K| = n−k+1 ( ∨i∈K ai ) .
En vertu du lemme pygmées-femmes girafes3, il suffit de montrer que :
∀(H, K) |H| = k et |K| = n − k + 1 ⇒ ∧i∈H ai ≤ ∨i∈K ai .
Or, si H a k éléments et K a n − k + 1 éléments, H ∩ K n’est pas vide.
Si j ∈ H ∩ K, alors ∧i∈H ai ≤ aj ≤ ∨i∈K ai . cqfd
• xk ≥ yn−k+1 s’en déduit en changeant l’ordre en son opposé. Cqfd. La question 2c) se montre comme ci-dessus.
Références : Bourbaki, Ensembles, II 51, Dieudonné, Eléments d’analyse, t. 1, pb p. 13. Exercice 2 : Limites supérieure et inférieure d’une suite d’ensembles. Soit E un ensemble.
Si (An)n∈N est une suite de parties de E, on note lim An = UINn np
pA∈ ≥
et lim An = IUNn np
pA∈ ≥
.
1) Caractériser simplement les éléments respectifs de lim An et de lim An .
2) Montrer les inclusions In
nA ⊂ lim An ⊂ lim An ⊂ Un
nA .
Indiquer un exemple de suite pour laquelle toutes ces inclusions sont strictes.
3) Soit (Bn) une autre suite de parties de E. Montrer que :
lim(An ∩ Bn) = lim(An) ∩ lim(Bn) ⊂ lim(An) ∩ lim (Bn) ⊂ lim (An ∩ Bn)
⊂ lim (An) ∩ lim (Bn) ⊂ lim (An) ∪ lim (Bn) = lim (An ∪ Bn) .
4) On dit que la suite (An) est convergente si lim An = lim An. Cet ensemble se note alors lim An.
a) Si les suites (An) et (Bn) convergent, que dire des suites (An ∩ Bn) et (An ∪ Bn) ?
b) Etudier la convergence de la suite (An) lorsque elle est croissante, resp. décroissante, station-naire, périodique.
Solution : 1) En termes de quantificateurs : x ∈ lim An si et seulement si ∃n ∀p ≥ n x ∈ Ap ;
x ∈ lim An si et seulement si ∀n ∃p ≥ n x ∈ Ap .
Autre description : Pour tout élément x de E, notons J(x) = n ∈ N ; x ∈ An .
x ∈ lim An si et seulement si J(x) contient une section finissante de N.
x ∈ lim An si et seulement si x appartient à tous les An à partir d’un certain rang.
x ∈ lim An si et seulement si J(x) est non majorée, autrement dit ssi J(x) est une partie infinie de N.
x ∈ lim An si et seulement si x appartient à une infinité de An .
3 « Si chaque pygmée est plus petit que chacune des femmes-girafes, le plus grand des pygmées est plus petit que la plus petite des femmes-girafes. » Ce lemme a une traduction moderne : pour MM. les examinateurs des concours d’entrée aux Glorieuses Grandes Ecoles, le plus brillant taupin stéphanois est plus mauvais que le plus mauvais taupin parisien. Quel disciple de Lévi-Strauss étudiera cette ethnologie-là ?
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2) Les inclusions In
nA ⊂ lim An ⊂ lim An ⊂ Un
nA découlent des implications :
J(x) = N ⇒ J(x) contient une section finissante de N ⇒ J(x) est infini ⇒ J(x) est non vide.
Autre preuve de lim An ⊂ lim An .
Notons Bn = Inp
pA≥
; (Bn) est une suite croissante d’ensembles, de réunion lim An .
Notons Cn = Unp
pA≥
; (Cn) est une suite décroissante d’ensembles, d’intersection lim An .
Pour tout couple (m, n), Bn ⊂ Cm , car Bn ⊂ Amax(m,n) ⊂ Cm .
On en déduit, en deux temps, ∀m Un
nB ⊂ Cm , puis Un
nB ⊂ Im
mC .
Considérons, dans E = R, la suite A0 = ∅, A1 = R, A2 = A4 = … = [0, 2], A3 = A5 = … = [1, 3].
In
nA = ∅ ⊂ lim An = [1, 2] ⊂ lim An = [0, 3] ⊂ Un
nA = R.
Remarque : Les lois de de Morgan impliquent lim C An = C lim An .
3) Soit (Bn) une autre suite de parties de E. Montrons que :
lim(An ∩ Bn) = lim An ∩ lim Bn ⊂ lim An ∩ lim Bn ⊂ lim (An ∩ Bn)
⊂ lim An ∩ lim Bn ⊂ lim An ∪ lim Bn = lim (An ∪ Bn) .
L’inclusion lim(An ∩ Bn) ⊂ lim An ∩ lim Bn découle de la croissance de la lim pour l’inclusion.
Si x ∈ lim An ∩ lim Bn , x appartient à tous les Ap à partir d’un certain rang m, et à tous les Bp à
partir d’un certain rang n, donc à tous les Ap ∩ Bp à partir du rang max(m, n).
L’inclusion lim An ∩ lim Bn ⊂ lim An ∩ lim Bn découle de 2).
Si x ∈ lim An ∩ lim Bn , x appartient à tous les Ap à partir d’un certain rang m, et à une infinité de
Bp , donc à une infinité de Ap ∩ Bp .
L’inclusion lim (An ∩ Bn) ⊂ lim An ∩ lim Bn découle de la croissance de lim pour l’inclusion.
Enfin, lim An ∪ lim Bn = lim (An ∪ Bn) découle de lim(An ∩ Bn) = lim An ∩ lim Bn via les lois de de Morgan.
Remarque : L’inclusion lim (An ∩ Bn) ⊂ lim (An) ∩ lim (Bn) est en général stricte.
Soit A non vide, An = A si n pair, ∅ si n impair, Bn = A si n impair, ∅ si n pair.
Si x appartient à une infinité de An et à une infinité de Bn, il n’appartient pas forcément à une infinité
de An ∩ Bn !
4) Notion de suite convergente.
On dit que la suite (An) est convergente si lim An = lim An. Cet ensemble se note alors lim An.
a) Si les suites (An) et (Bn) convergent, la suite (An ∩ Bn) converge, car 3) implique :
lim(An ∩ Bn) = lim An ∩ lim Bn = lim An ∪ lim Bn = lim (An ∪ Bn) .
Enfin (An ∪ Bn) converge en vertu des lois de Morgan.
b) Lorsque (An) est croissante pour l’inclusion, elle converge et lim An = lim An = U nA .
Lorsque la suite (An) est décroissante pour l’inclusion, elle converge et lim An = lim An = I nA .
Lorsqu’elle est stationnaire, An = Am pour n ≥ m, elle converge et lim An = lim An = Am .
Enfin, lorsqu’elle est T-périodique, alors lim An = A1 ∩ … ∩ AT et lim An = A1 ∪ … ∪ AT .
La suite converge ssi tous les ensembles Ak sont égaux.
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Remarque : Cette convergence purement ensembliste est une convergence topologique, car si l’on munit l’ensemble E de la distance discrète, toutes ses parties sont fermées bornées et la convergence de la suite (An) est la convergence pour la distance de Hausdorff.
Exercice 3 : Soient X un ensemble, PPPP(X) l’ensemble des parties de X. Si A, B ∈ PPPP(X), la différence symétrique de A et B désigne l’ensemble : A ∆ B = (A ∪ B) − (A ∩ B).
1) Montrer que (PPPP(X), ∆, ∩) est un anneau ; quel est son unité ? Résoudre l’équation A ∆ Z = B.
2) À toute partie A ∈ PPPP(X) on associe la fonction 1A : X → Z/2Z définie par :
1A(x) = 1 si x ∈ A , 1A(x) = 0 sinon .
Exprimer 1A∆B et 1A∩B à l’aide de 1A et 1B , et retrouver ce qui précède.
3) Si A1, A2, …, An sont n parties de X, caractériser les éléments de A1 ∆ A2 ∆ … ∆ An .
4) On dit que S est une algèbre de Boole de parties de X si :
∅ ∈ S , X ∈ S , ∀(A, B) ∈ S2 A ∪ B ∈ S , A ∩ B ∈ S et X − A ∈ S.
Montrer que les algèbres de Boole de X sont exactement les sous-anneaux de (PPPP(X), ∆, ∩).
Solution : 1) Les lois ∆ et ∩ sont commutatives, de neutres resp. ∅ et X. Toute partie A a un symétrique pour ∆, à savoir A elle-même, car A ∆ A = ∅. ∩ est associative. Restent à montrer l’associativité de ∆ et la distributivité de ∩ par rapport à ∆.
Or A ∆ ( B ∆ C ) = ( A ∩ B ∩ C ) ∪ ( CA ∩ B ∩ C ) ∪ ( A ∩ CB ∩ C ) ∪ ( A ∩ B ∩ CC ) , expression invariante par permutation circulaire. La distributivité est plus facile.
Dans le groupe additif (PPPP(X), ∆) l’addition et la soustraction coincident, donc l’équation A ∆ Z = B a pour solution Z = A ∆ B.
2) On constate que 1A∆B = 1A + 1B , et que 1A∩B = 1A×1B .
L’application A → 1A∆B de PPPP(X) dans FFFF(X, Z/2Z) est une bijection et un morphisme du bimagma (PPPP(X), ∆, ∩) sur le bimagma (FFFF(X, Z/2Z), +, ×). Comme ce dernier est un anneau, il en est de même
du premier. Le neutre pour l’addition est ∅, car 1∅ est la fonction nulle, l’opposé de A est A car
f + f = 0. Le neutre pour la multiplication est X car 1X est la fonction égale à 1.
3) Je dis que x ∈ A1 ∆ A2 ∆ … ∆ An ssi x appartient à un nombre impair de Ai, plus précisément ssi
J(x) = card i ∈ [1, n] ; x ∈ Ai est impair.
Cela découle aussitôt de ce que 1A(x) = ∑=
n
iA
xi
1
)(1 dans Z/2Z.
Ainsi, A ∆ A ∆ … ∆ A = ∅ si n est pair , A si n est impair. Exercice 4 : Soient A et B deux parties non vides de l’ensemble E, f l’application : X ∈ PPPP(E) → (X ∩ A , X ∩ B) ∈ PPPP(A)×PPPP(B). Montrer que f est surjective ⇔ A ∩ B = ∅ , et que f est injective ⇔ A ∪ B = E.
Solution :
1) Supposons A ∩ B = ∅. Soit (Y, Z) ∈ PPPP(A)×PPPP(B). Toute partie X = Y ∪ Z ∪ T, où T est une partie de E − (A ∪ B), vérifie f(X) = (Y, Z). Supposons A ∩ B ≠ ∅. Soit (A, ∅) ∈ PPPP(A)×PPPP(B). Il n’y a pas de partie X telle que f(X) = (A, ∅). X ∩ A = A ⇒ A ⊂ X ⇒ A ∩ B ⊂ X ⇒ X ∩ B ≠ ∅.
2) Supposons A ∪ B = E. Alors si f(X) = (Y, Z), X = Y ∪ Z. Du coup, f(X) = f(X’) ⇒ X = X’. Supposons A ∪ B ≠ E. Alors ∅ et E − (A ∪ B) ont même image par f, et f n’est pas injective.
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Remarque : le lecteur pourra montrer qu’en toute généralité : Im f = (Y, Z) ∈ PPPP(A)×PPPP(B) ; Y ∩ B = Z ∩ A ; f(X) = (Y, Z) ⇒ Y ∪ Z = X ∩ (A ∪ B) ; f(X) = f(X’) ⇔ X ∩ (A ∪ B) = X’ ∩ (A ∪ B) . Exercice 5 : Exponentielle d’ensembles.
1) Pourquoi note-t-on YX
l’ensemble des applications de X dans Y ?
2) Soient X, Y et Z trois ensembles. Montrer que les ensembles ZX×Y
, ZY×X
, (ZX
)Y
et (ZY
)X
sont équipotents.
Solution :
1) On note YX
l’ensemble des applications de X dans Y par analogie avec l’exponentielle des
entiers naturels. Si X et Y sont des ensembles finis, et si card Y = p et card X = n, alors card(YX
) =
pn. La question suivante montre que l’analogie peut être prolongée.
2) Soit f ∈ ZX×Y
une application de X×Y dans Z. Associons-lui l’application g : (y, x) ∈ Y×X → f(x, y) ∈ Z de Y×X dans Z.
La correspondance f → g de ZX×Y
dans ZY×X
est clairement bijective.
Pour tout x ∈ X, notons fx, ou f(x, .) l’application y ∈ Y → f(x, y) ∈ Z.
Et notons ϕ l’application qui à x ∈ X associe fx ∈ ZY
.
La correspondance f → ϕ de ZX×Y
dans (ZY
)X
est clairement bijective. Exercice 6 : Involutions. Une application s : E → E est dite involutive si s o s = idE. Soient A, B, C trois parties disjointes de réunion E, f : B → C une bijection. Montrer que la recollée
de f , f−1
et idA est une involution de E, et que l’on obtient ainsi toutes les involutions de E. Application : trouver toutes les involutions de 1, 2, 3, 4, 5.
Solution :
• Si X et X’ sont des ensembles disjoints, f : X → Y et g : X’ → Y’ deux applications, il y a une seule application h : X ∪ X’ → Y ∪ Y’ prolongeant f et g. On l’appelle recollée de f et g et on la note ici h = f ⊕ g. Si de plus Y et Y’ sont disjoints et si f et g sont bijectives, il en est de même de h,
et l’on a h−1
= f−1
⊕ g−1
.
• La recollée s = idA ⊕ f ⊕ f−1
est une bijection de E = A ∪ B ∪ C sur E = A ∪ C ∪ B. Elle est égale à la bijection réciproque, donc elle est involutive.
• Réciproquement, soit s une involution de E, A l’ensemble des points fixes de s. Supposons A ≠ E. Pour tout x ∈ E−A, P(x) = x, s(x) est une paire incluse dans E−A, et deux tels ensembles P(x) et P(y) sont, soit égaux, soit disjoints. Ainsi, (P(x)) définit une partition de E−A. Choisissons un élément x dans chacune des paires, et notons B l’ensemble formé. Alors (A, B, C = s(B)) est une
partition de E et s est la recollée de idA , f = CBs et f
−1 .
• Il y a 26 involutions de E = 1, …, 5 : l’identité, 25C = 10 transpositions, et 15 bitranspositions.
A a 1, 3 ou 5 éléments. Si A = a, il y a 3 paires B, C partitionnant E − a : en tout 5.3 = 15 cas.
Remarque : pour une généralisation, cf. mes équations fonctionnelles, pb. sur l’équation de Babbage. Exercice 7 : factorisation d’applications.
1) Soient f : E → F et g : E → G deux applications. On dit que g se factorise à gauche à travers f s’il existe une application h : F → G telle que g = h o f.
8
a) Montrer que, pour que g se factorise à gauche à travers f, il faut et il suffit que : ∀(x, x’) ∈ E×E f(x) = f(x’) ⇒ g(x) = g(x’). b) Montrer que, si f est surjective, l’application h est unique et donnée par h = g o s, où s est une section de f. c) Montrer l’équivalence f injective ⇔ f inversible à gauche.
2) Soient f : F → E et g : G → E deux applications. On dit que g se factorise à droite à travers f s’il existe une application h : G → F telle que g = f o h. a) Montrer que, pour que g se factorise à droite à travers f, il faut et il suffit que g(G) ⊂ f(F). b) Montrer que, si f est injective, l’application h est unique et donnée par h = r o g, où r est une rétraction de f. c) Montrer l’équivalence f surjective ⇔ f inversible à droite.
3) Soient a : G → H, b : E → F, v : E → H trois applications. Montrer l’équivalence des propriétés suivantes : i) Il existe une application u : F → G telle que v = a o u o b ;
ii) v(E) ⊂ a(G) et ∀(x, x’) ∈ E2 b(x) = b(x’) ⇒ v(x) = v(x’).
Solution partielle : 1) a) Si g = h o f, alors f(x) = f(x’) ⇒ h(f(x)) = h(f(x’)) ⇒ g(x) = g(x’). Réciproquement, si f(x) = f(x’) ⇒ g(x) = g(x’), cherchons h telle que g = h o f. Soit y ∈ f(E). Il existe x ∈ E tel que y = f(x). Il est légitime de poser g(x) = h(y), car g(x) ne dépend pas du x choisi. h est bien définie de f(E) dans G. Il suffit de la prolonger à F.
2) a) Si g = f o h, il est clair que g(G) ⊂ f(F). Réciproquement, si g(G) ⊂ f(F), cherchons h telle que g = f o h. Pour tout z ∈ G il existe y ∈ F tel que g(z) = f(y). Pour chaque z, choisissons un tel y, et nommons-le h(z). Alors g(z) = f(h(z)).
Remarques : 1) L’axiome du choix est requis en 2 a). 2) Les versions linéaires de ces énoncés sont traitées dans les problèmes d’algèbre linéaire. Exercice 8 : Soient f : A → B, g : B → C et h : C → D trois applications. Si g o f et h o g sont bijectives, montrer que f , g et h sont toutes trois bijectives.
Solution : Tout repose sur le lemme laissé au lecteur :
Lemme : ϕ o ψ injective ⇒ ψ injective ; ϕ o ψ surjective ⇒ ϕ surjective.
Du coup g o f bijective ⇒ f injective et g surjective ; h o g bijective ⇒ g injective et h surjective.
Par suite, g est bijective, et f = g−1
o ( g o f ) est bijective, ainsi que h = ( h o g ) o g−1
. Exercice 9 : Soient f : A → B, g : B → C et h : C → A trois applications. On suppose que, parmi les trois applications h o g o f, g o f o h et f o g o h, deux sont des surjections, la troisième étant injective. Montrer que f, g et h sont des bijections. Même conclusion si deux sont injectives, la troisième étant surjective. Généraliser.
Solution : A permutation circulaire près, on peut supposer h o g o f et g o f o h surjectives, et f o g o h injective. En vertu du lemme rappelé dans l’exercice précédent, h o g o f surjective ⇒ h surjective , et f o g o h injective ⇒ h est injective. Donc h est bijective. Par suite g o f est surjective, et f o g est injective. Du coup, g est surjective et injective, donc bijective. Enfin, f est surjective et injective. Le reste est laissé au lecteur.
Exercice 10 : On considère l’application F : R2 → R
2 définie par F(x, y) = (x + y, x.y).
9
1) Soit (s, p) ∈ R2. Discuter le nombre d’antécédants de (s, p) par F.
2) F est-elle surjective ? Quelle est l’image de R2 par F ? F est-elle injective ?
3) Soient E un ensemble, f : R2 → E. Montrer l’équivalence des propriétés suivantes :
a) ∀(x, y) ∈ R2 f(x, y) = f(y, x) ;
b) Il existe une application g : R2 → E telle que f = g o F.
Solution : 1) Soit (s, p) ∈ R
2. On a F(x, y) = (s, p) si et seulement si x et y sont solutions de l’équation du
second degré T2 – sT + p = 0. Soit ∆ = s
2 − 4p le discriminant de cette équation.
• Si ∆ = s2 − 4p < 0 , (s, p) n’a pas d’antécédant ;
• Si ∆ = s2 − 4p = 0 , (s, p) a un unique couple antécédant (x, y) = (s/2, s/2) ;
• Si ∆ = s2 − 4p > 0 , (s, p) a deux couples antécédants :
(x, y) = (2
4² pss −+,
24² pss −− ) et (
24² pss −−
,2
4² pss −+ ) .
2) F n’est pas surjective. Son image est P = (s, p) ∈ R2 ; ∆ = s
2 − 4p ≥ 0 .
F n’est pas injective, car F(x, y) = F(y, x).
3) b) ⇒ a) car si f = g o F, f(x, y) = g(F(x, y)) = g(F(y, x)) = f(y, x). a) ⇒ b). Soit f une fonction symétrique de R
2 dans E, et g : P → E la fonction définie par :
g(s, p) = f (2
4² pss −+,
24² pss −−
).
Prolongeons g de manière quelconque à R2 . Je dis que f = g o F. En effet
(g o F)(x, y) = g(x + y, xy) = f (2
)²( yxyx −++,
2)²( yxyx −−+
) = f (2
yxyx −++,
2yxyx −−+
)
= f( max(x, y), min(x, y) ) = f(x, y) dans tous les cas, par symétrie de f.
Remarque : cet exercice introduit aux fonctions symétriques élémentaires. Exercice 11 : théorème de Cantor. Soient E un ensemble, PPPP(E) l’ensemble de ses parties. Montrer qu’il existe une injection E → PPPP(E), mais qu’il n’y a pas de surjection f : E → PPPP(E). [ Considérer A = x ∈ E ; x ∉ f(x) . ]
Solution : L’application x → x est une injection naturelle de E dans PPPP(E). Supposons qu’il y ait une surjection f : E → PPPP(E). Considérer A = x ∈ E ; x ∉ f(x) . Par hypothèse, il existe un élément y ∈ E tel que A = f(y). De deux choses l’une : • soit y ∈ A, et alors y ∉ f(y) = A ! • soit y ∉ A, et alors y ∈ f(y) = A ! Ces deux cas sont également impossibles. Exercice 12 : Hommage à Neal L. Cassady. Existe-t-il un ensemble contenant tous les autres ?
Solution : La réponse est non. Si un tel ensemble E existait, il contiendrait l’ensemble PPPP(E). Soit i l’injection canonique : PPPP(E) → E. Toute rétraction de i serait une surjection r : E → PPPP(E). Cela contredit le théorème de Cantor… Rien n’empêche, cependant de chercher ce « truc très beau qui contient tout », dont parle Neal L. Cassady dans ses lettres à Jack Kerouac. Exercice 13 : correspondances de Galois.
10
Soient (E, ≤) et (F, ≤) deux ensembles ordonnés. On appelle correspondance de Galois entre E et F, la donnée de deux applications décroissantes f : E → F et g : F → E , vérifiant : (∀x ∈ E) x ≤ ( g o f )(x) et (∀y ∈ F) y ≤ ( f o g )(y).
1) Montrer que (∀x ∈ E) f(x) = ( f o g o f )(x) et (∀y ∈ F) g(y) = ( g o f o g )(y).
2) Soient F’ = f(E) et E’ = g(F). a) Montrer que f et g induisent des bijections réciproques et décroissantes de E’ sur F’. b) Montrer que (∀x ∈ E) x ∈ E’ ⇔ x = ( g o f )(x) et (∀y ∈ F) y ∈ F’ ⇔ y = ( f o g )(y) .
3) Application 1 : Soit f une application : X → Y. Montrer que :
∀A ⊂ X f(A) = f ( f−1
( f(A))) , ∀B ⊂ Y f−1
(B) = f−1
( f ( f−1
(B))).
4) Application 2 : Soit X un ensemble ordonné. Pour toute partie A de X, on note m(A) l’ensemble des minorants de A, M(A) l’ensemble des majorants de A. Montrer que m(A) = m(M(m(A))) et M(A) = M(m(M(A))).
Solution : 1) La relation (∀x ∈ E) x ≤ (g o f)(x) a deux conséquences : Si l’on applique f aux deux membres, il vient f(x) ≥ (f o g o f)(x) ; Si on l’applique à l’élément x = g(y), il vient g(y) ≤ (g o f o g)(y). La relation (∀y ∈ F) y ≤ (f o g)(y) a deux conséquences : Si l’on applique g aux deux membres, il vient g(y) ≥ (g o f o g)(y) ; Si on l’applique à l’élément y = f(x), il vient f(x) ≤ (f o g o f)(x). Ces quatre inégalités impliquent les deux égalités demandées.
2) Soient F’ = f(E) et E’ = g(F). a) f et g induisent des bijections réciproques et décroissantes de E’ sur F’, et de F’ sur E’.
Il faut montrer que f(E’) ⊂ F’ , g(F’) ⊂ E’ , ∀y’∈ F’ y’ = ( f o g )(y’) et ∀x’∈ E’ x’ = ( g o f )(x’).
Il est évident que f(E’) ⊂ f(E) = F’ ; de même g(F’) ⊂ g(F) = E’. Soit y’∈ F’ ; écrivons y’ = f(x). Alors y’ = f(x) = ( f o g o f )(x) = ( f o g )(y’). Puis échanger f et g.
b) Montrons que (∀x ∈ E) x ∈ E’ ⇔ x = ( g o f )(x) et (∀y ∈ F) y ∈ F’ ⇔ y = ( f o g )(y) . x = ( g o f )(x) ⇒ x ∈ g(F) = E’. Réciproquement, si x ∈ E’, écrivons x = g(y) ; alors x = g(y) = ( g o f o g )(y) = ( g o f )(x). Reste à échanger f et g.
3) et 4) laissées au lecteur.
Remarque : On rencontre beaucoup d’autres correspondances de Galois en mathématiques. Par exemple, soient E* le dual de l’espace vectoriel E, V(E), resp. V(E*), l’ensemble des sous-espaces de E, resp. E*. Les applications L ∈ V(E) → L° ∈ V(E*) et M ∈ V(E*) → °M ∈ V(E) forment une correspondance de Galois. On en rencontre aussi dans les actions de groupes, mais la plus célèbre se rencontre en théorie de Galois, entre groupe fixateur et corps fixé. ___________
2. Entiers naturels, récurrence.
Exercice 0 : clin d’œil à Ian Stewart. Montrer que tous les entiers naturels sont intéressants.
Solution : Montrons ce résultat par l’absurde. S’il existait un entier inintéressant, le plus petit d’entre eux aurait la propriété d’être le plus petit entier inintéressant : cette propriété spéciale le rend ipso facto intéressant…
11
On peut aussi établir ce résultat par récurrence : 0 est un entier intéressant. Si n est intéressant, n + 1 l’est aussi, car il a la propriété d’être le successeur d’un entier intéressant… Ainsi, depuis le 14 mai 2011, 2807 est devenu un entier intéressant : en effet il est le successeur de 2806, numéro de la suite d’un Sofitel de New-York, où se sont passées paraît-il des choses si intéressantes qu’elles ont tenu en haleine le monde entier. NB : on pourrait objecter que ce qui rend une chose intéressante, c’est l’intérêt qu’on lui porte…
Exercice 1 : Soit (fn) la suite de Fibonacci, définie par f0 = 0 , f1 = 1 , (∀n) fn+2 = fn+1 + fn .
1) Montrer qu’il y a fn+1 façons de vider un tonneau de n litres avec un pot de un litre et un pot de deux litres.
2) Montrer que (∀n ≥ 1) (fn)2 − fn+1.fn−1 = (−1)
n+1 .
(∀n ≥ 1) (∀m ≥ 0) fm+n = fn−1.fm + fn.fm+1 .
3) Soit A la matrice
0111 . Exprimer A
n à l’aide des nombres fk. Retrouver les résultats de 2)
Solution : 1) Notons an le nombre de façons de vider un tonneau de n litres avec un pot de un litre et un pot de
deux litres. On a a1 = 1, a2 = 2 (1 + 1 ou 2) et an+2 = an+1 + an (soit on utilise d’abord un pot de 1 litre, et alors il reste à vider un tonneau de n+1 litres, soit on utilise un pot de 2 litres et il reste à vider un tonneau de n litres). On conclut par récurrence que, pour tout n, an = fn+1 .
2) La première formule se montre par récurrence sur n ; elle est vraie pour n = 1, puis :
car (fn+1)2 − fn+2.fn = (fn+1)
2 − ( fn+1 + fn ).fn = fn+1.fn−1 − (fn)
2 = − [(fn)
2 − fn+1.fn−1] .
La seconde formule se montre par récurrence sur m.
Pour m = 0, elle s’écrit fn = fn . Pour m = 1, elle s’écrit fn+1 = fn−1 + fn . Si elle est vraie pour m et m+1 (et tout n), alors :
fm+n+2 = fm+n+1 + fm+n = fn−1.fm+1 + fn.fm+2 + fn−1.fm + fn.fm+1 = fn−1.fm+2 + fn.fm+3. CQFD.
Mais on peut aussi utiliser l’interprétation combinatoire donnée en 1).
3) Je dis que (∀n ≥ 1) An =
−
+
1
1
nn
nn
ffff . Cela se montre par récurrence :
C’est vrai pour n = 1 et, si vrai au rang n, alors An+1
= An.A =
−
+
1
1
nn
nn
ffff
0111 =
+
++
nn
nn
ffff
1
12 .
Passant au déterminant, il vient (det A)n = − [ (fn)
2 − fn+1.fn−1 ] = (−1)
n .
Enfin Am+n
= Am
.An s’écrit
−++
+++
1
1
nmnm
nmnm
ffff =
−
+
1
1
mm
mm
ffff .
−
+
1
1
nn
nn
ffff .
Il reste à identifier les termes d’indice (1, 2) du produit. Exercice 2 : Intercalez la somme. On considère la suite m0 = (1, 1). Entre les deux 1, on intercale leur somme : m1 = (1, 2, 1), et on
recommence : m2 = (1, 3, 2, 3, 1), m3 = (1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1), etc. Combien de nombres aura-t-on écrit à l’étape 10 ? Quelle sera la somme des ces nombres ? le plus grand d’entre eux ? Généraliser.
Solution : [ Le Monde, Affaire de logique n° 396, 28 septembre 2004 ] A toute suite finie m = (x1, x2, …, xn) de n termes dans un monoïde additif, associons la suite
T(m) = (x1, x1 + x2, x2, x2 + x3, x3, …, xn−1, xn−1 + xn , xn).
12
T(m) est de longueur 2n + 1. La somme de ses termes est 3(x1 + … + xn) – (x1 + xn).
On a donc m0 = (1, 1), mn+1 = T(mn).
Notons Ln la longueur, Sn la somme des termes, Mn la valeur maximum des termes de mn.
On a L0 = 2, Ln+1 = Ln + Ln − 1 = 2Ln – 1.
S0 = 2, Sn+1 = 3Sn − 2, car les termes extrêmes de mn sont 1 et 1.
Les suites (Ln) et (Sn) sont arithmético-géométriques.
Ln+1 − 1 = 2( Ln – 1 ), donc Ln − 1 = 2n
( L0 – 1 ) = 2n
, donc Ln = 2n + 1.
Sn+1 − 1 = 3( Sn – 1 ), donc Sn − 1 = 3n
( S0 – 1 ) = 3n
, donc Sn = 3n + 1.
On constate que (Mn) = ( 1, 2, 3, 5, 8, 13, … ). On reconnaît les nombres de Fibonacci.
Je dis que, pour tout n, Mn = fn+2 , où ( fn) est la suite de Fibonacci. Cela découle du : Lemme : mn contient les termes consécutifs ( fn+1 , fn+2) et ( fn+2 , fn+1).
Si x, y sont deux termes consécutifs de mn , on a x ≤ fn+1 et y ≤ fn+2, ou x ≤ fn+2 et y ≤ fn+1.
Ce lemme se démontre par récurrence sur n. Pour n = 0, m0 = ( f1 , f2) = ( f2 , f1).
Si mn contient les termes consécutifs ( fn+1 , fn+2) et ( fn+2 , fn+1),
mn+1 contient ( fn+1, fn+3, fn+2) et ( fn+2, fn+3, fn+1), donc ( fn+2 , fn+3) et ( fn+3 , fn+2). La deuxième assertion se démontre aussi par récurrence. Exercice 3 : Montrer les formules suivantes, pour θ ∉ 2πZ :
½ + cos θ + cos(2θ) + … + cos(nθ) = )2/sin(.2
)2
12sin(
θθ+n
cos θ + cos(2θ) + … + cos(nθ) = )2/sin(
)21cos(.
2sin
θθθ +nn
,
sin θ + sin(2θ) + … + sin(nθ) = )2/sin(
)21sin(.
2sin
θθθ +nn
.
Solution : On peut vérifier ces formules par récurrence sur n, mais ce n’est pas la meilleure méthode. En effet, on peut calculer les trois sommes trigonométriques sans connaître leurs valeurs.
Notant C = ∑≤≤ nk
k1
)cos( θ et S = ∑≤≤ nk
k1
)sin( θ , puis T = C + iS, il vient
T = ∑≤≤ nk
ike1
θ = θ
θθ
i
nii
eee−
− +
1
)1(
= 2/
)2/1(
θ
θ
i
ni
ee +
2/2/
2/2/
θθ
θθ
ii
inin
eeee
−−
−
− = 2/
)2/1(
θ
θ
i
ni
ee +
)2/sin(.2)2/sin(.2
θθ
ini
−−
= θ
21+ni
e)2/sin()2/sin(
θθn
.
Il reste à prendre les parties réelle et imaginaire.
Exercice 4 : Calculer, pour tout entier naturel n, les intégrales ∫ −1
0.)1.( dxxx nn et ∫
1
0.ln. dxxx nn .
Solution : Notons I(n) = ∫ −1
0.)1.( dxxx nn .
Une intégration par parties ne permet pas de relier I(n) à I(n−1).
Si l’on veut parvenir à ce but, il faut considérer plus généralement J(m, n) = ∫ −1
0.)1.( dxxx nm .
Pour n ≥ 1, J(m, n) = ∫ +−+1
0
1
1.)1(
mx
dxm
n = … = 1+m
n ∫ −+ −1
0
11 .)1.( dxxx nm = 1+m
n J(m+1, n−1).
13
On peut alors faire apparaître une loi de simplification :
J(m, n) = 1+m
n21
+−
mn …
nm+1 J(m+n,0) =
1+mn
21
+−
mn …
nm+1
11
++nm =
)!1(!!.
++nmmn .
Par suite, I(n) = ∫ −1
0.)1.( dxxx nn =
)!12()²!(
+nn
.
De même, pour calculer H(n) = ∫1
0.ln. dxxx nn , on calcule par parties K(m, n) = ∫
1
0.ln. dxxx mn .
On trouve K(m, n) = 1)1(!.)1(
++−
m
m
nm
et on en déduit H(n) = ∫1
0.ln. dxxx nn = 1)1(
!.)1(++
−n
n
nn
.
Remarque : en fait, ces intégrales sont des intégrales eulériennes.
Exercice 5 : Montrer que, pour tout entier n ≥ 1, 1 + ²2
1 + … + ²
1n
< 2.
[ Indication : prouver une propriété plus forte, à savoir 1 + ²2
1 + … + ²
1n
≤ 2 − n1 .]
Solution : L’inégalité P(n) : 1 + ²2
1 + … + ²
1n
< 2 ne peut se montrer par récurrence.
En revanche Q(n) : 1 + ²2
1 + … + ²
1n
≤ 2 − n1 s’établit facilement par ce moyen. Q(1) s’écrit 1 ≤ 1.
Si Q(n) est vraie, alors
2 − 1
1+n
− ( 1 + ²2
1 + … + )²1(
1+n
) = 2 − n1 − ( 1 +
²21 + … +
²1n
) + n1 −
11+n
− )²1(
1+n
.
= 2 − n1 − ( 1 +
²21 + … +
²1n
) + )²1(
1+nn
est ≥ 0 comme somme de nombres ≥ 0.
Remarque : La décroissance de t → ²1t
donne aussi 1 + ²2
1 + … + ²
1n
≤ 1 + ∫n
tdt
2 ² = 2 −
n1 .
Exercice 6 : Montrer que, pour tout entier n > 1 , Hn = 1 + 21 + … +
n1 ∉ N.
Solution : Une banale récurrence ne permet pas de conclure : de Hn ∉ N, il ne s’ensuit aucunement
que Hn+1 = Hn + 1
1+n
∉ N ! Affichons avec Maple les premières valeurs de Hn :
> H:=n->sum(1/i,i=1..n);for n from 2 to 7 do H(n);od;
Au vu de ces résultats, on devine que Hn n’est pas entier parce qu’il s’écrit sous la forme a/b, où a est impair et b est pair. Nous allons montrer par récurrence ce résultat plus précis, selon le principe de Polya (t.1, p. 4) : « More may be less : to prove a more general or a more precise theorem may be less trouble. »
La propriété est vraie pour n = 2, 3, 4. Supposons que (∀r ≤ n) Hr = r
r
qp2
12 +.
1er cas : n est pair.
Hn+1 = Hn + 1
1+n
= r
r
qp2
12 + +
11+n
= )1(2
2)1)(12(+
+++nq
qnpr
rr = pair
impair.
2ème cas : n est impair, n = 2k + 1.
Hn+1 = 1 + 31 + … +
121+k
+ 21 ( 1 +
21 + … +
11+k
) = )12...(3.1 +k
A + 21 Hk+1
32
116
2512
13760
4920
363140
14
= 12 +u
A + 21
1
1
212
+
+ +k
k
qp
= )12(4
1241
11
+++
+
++
uqpAq
k
kk = pair
impair.
Remarque : On peut démontrer plus généralement que si 1 ≤ n < m, aucune des tranches de Cauchy
n1 +
11+n
+ … + m1 n’est entière. Même explication, mais justification plus subtile.
Références : Bourbaki, Algèbre, VII 52 n° 21, Polya-Szegö, Problems and theorems in analysis, Oraux divers 4, Oral ENS 1992, RMS n° 257, Centrale 2007, RMS n° 640, etc.
Exercice 7 : Montrer que pour tous réels x1 ≥ x2 ≥ … ≥ xn > 0 :
2
1
xx
+ 3
2
xx
+ … + 1x
xn ≤ 1
2
xx
+ 2
3
xx
+ … + nx
x1 .
Solution : Procédons par récurrence sur n. Pour n = 2, il y a égalité.
Pour n = 3, il s’agit de montrer que yx +
zy
+ xz ≤
xy
+ yz +
zx pour 0 < z ≤ y ≤ x.
Cela s’écrit y (x1 −
z1 ) +
y1 ( z − x ) +
zx −
xz ≥ 0.
Notons T le premier membre : on a T = ( z – x )(xzy
+ y1 −
xzzx+ ) =
xyzzyxyxz ))()(( −−−
≥ 0.
Supposons le résultat acquis au rang n, et montrons-le au rang n + 1.
On sait que 2
1
xx
+ 3
2
xx
+ … + 1x
xn ≤ 1
2
xx
+ 2
3
xx
+ … + nx
x1
et que nx
x1 + 1+n
n
xx +
1
1
xxn+ ≤
1xxn +
n
n
xx 1+ +
1
1
+nxx .
Additionnons : 2
1
xx
+3
2
xx
+ … +1x
xn +nx
x1 +1+n
n
xx +
1
1
xxn+ ≤
1
2
xx
+2
3
xx
+ … +nx
x1 +1x
xn +n
n
xx 1+ +
1
1
+nxx .
et simplifions par 1x
xn + nx
x1 . Il vient :
2
1
xx
+ 3
2
xx
+ … + 1+n
n
xx +
1
1
xxn+ ≤
1
2
xx
+ 2
3
xx
+ … + n
n
xx 1+ +
1
1
+nxx . Cqfd.
Remarque : La fonction t → 1/t est convexe sur ]0, +∞[.
On en déduit que, si 0 < z ≤ y ≤ x , 111
111
zyxzyx ≥ 0. On retrouve le cas n = 3.
Exercice 8 : Récurrence binaire. 1) Soit A une partie de N* vérifiant : (i) 1 ∈ A ; (ii) ∀n ∈ N* n ∈ A ⇒ 2n ∈ A ; (iii) ∀n ∈ N* n ∈ A ⇒ 2n + 1 ∈ A. Montrer que A = N*. 2) Soit b(n) le nombre de 1 dans l’écriture binaire de n.
Montrer que b(n+1) − b(n) = 1 − k(n), où k(n) est le nombre de 1 terminant l’écriture binaire de n.
4 La plupart des exercices posés depuis 1970 aux concours d’entrée de nos glorieuses Grandes Ecoles sont tirés de cet ouvrage en deux tomes de Polya-Szegö, dont la 1ère édition allemande remonte, si je ne m’abuse, à… 1924 ! Cela montre, entre autres choses, que George Polya était un grand pédagogue.
15
Montrer que b(n) = n − ∑+∞
=
1 2ii
n = n − v2(n!) ( exposant de 2 dans la factorisation de n! ).
Solution :
1) Procédons par récurrence forte sur n. Tout d’abord, 1 ∈ A. Supposons 1, 2, …, n ⊂ A . Si n+1 est pair, n + 1 = 2m, alors m ≤ n ; donc m ∈ A, et n ∈ A en vertu de (ii) ; Si n+1 est impair, n = 2m, alors m ≤ n ; donc m ∈ A, et n ∈ A en vertu de (iii).
2) La fonction b vérifie b(0) = 1, b(2m) = b(m) et b(2m + 1) = b(m) + 1 pour tout m ∈ N. La fonction k vérifie k(0) = 0, k(2m) = 0 et k(2m + 1) = k(m) + 1 pour tout m ∈ N. La fonction c(n) = 1 + b(n) – b(n + 1) vérifie les mêmes axiomes que k, car : • c(0) = 0 ; • c(2m) = 1 + b(2m) – b(2m + 1) = 1 + b(m) – b(m) – 1 = 0 ; • c(2m+1) = 1 + b(2m + 1) – b(2m + 2) = 1 + b(m) + 1 – b(m + 1) = c(m) + 1. En vertu de la 1ère question, c = k.
La fonction f(n) = n −∑+∞
=
1 2ii
n vérifie les mêmes axiomes que b, car :
• f(0) = 0 ;
• f(2m) = 2m −∑+∞
=
1 22
iim = 2m −∑
+∞
=
0 2ii
m = m −∑+∞
=
1 2ii
m = f(m) ;
• f(2m + 1) = 2m + 1 −∑+∞
=
+1 2
12i
im = 2m + 1 −∑
+∞
=
1 22
iim = f(m) + 1 pour tout m ∈ N,
car 2m + 1 et 2m ont même quotient euclidien par 2i.
La fonction g(n) = n − v2(n!) vérifie aussi les mêmes axiomes que b, car : • g(0) = 0 ; • g(2m) = 2m − v2((2m)!) = 2m − (m + v2(m!)) = g(m) ;
en effet v2((2m)!) = v2(1.2.3….(2m)) = v2(2.4….(2m)) = v2(2m
m!) = m + v2(m!).
• g(2m + 1) = 2m + 1 − v2((2m+1)!) = 2m + 1 − v2((2m)!) = g(m) + 1 pour tout m ∈ N. Cqfd. Exercice 9 : Inégalité de la moyenne géométrique, preuve de Cauchy. 1) Soit A une partie de N* vérifiant : (i) 1 ∈ A ; (ii) ∀n ∈ N* n ∈ A ⇒ 2n ∈ A ; (iii) ∀n ∈ N* n + 1 ∈ A ⇒ n ∈ A. Montrer que A = N*.
2) Soient x1, … xn des réels > 0. Montrer que nnxx ...1 ≤
nxx n++...1 , avec égalité si et seulement si
les xi sont égaux.
Solution : 1) A = N* découle de deux observations : (i) et (ii) impliquent que A contient toutes les puissances de 2 : 1, 2, 4, 8, 16, 32, etc. (i) et (iii) impliquent que si A contient n, il contient le segment 1, 2, …, n.
Du coup, A contient Uk
[1, 2k] = N*.
2) Nous allons utiliser 1) bien sûr !
La propriété demandée est vraie aux rang n = 1 et 2, car : )²2
( ba+ − ab = 4
²² ba + .
Si elle est vraie au rang n, elle est vraie au rang 2n, car :
16
nnn xxxx2
21221 ... − ≤ n1 ( 21xx + … + nn xx 212 − ) ≤
n21 ( x1 + x2 + … + x2n−1 + x2n ).
Enfin, si elle est vraie au rang n+1, elle est vraie au rang n.
Supposons en effet 1 11...++
nnnyyy ≤
1... 11
++++ +
nyyy nn pour tous y1, … yn+1 > 0.
Soient alors x1, … xn > 0. Posons yi = xi pour 1 ≤ i ≤ n et yn+1 = n
xx n++...1 .
Alors 1
... 11
++++ +
nyyy nn =
nxx n++...1 ≥ 1
11...++
nnnyyy = 1
11...++
nnnyxx ,
donc (n
xx n++...1 )n+1 ≥ x1.… xn
nxx n++...1 , donc (
nxx n++...1 )n
≥ x1.… xn . Cqfd.
Le cas d’égalité se montre aussi au moyen de la même récurrence.
Remarque : Une variante consiste à montrer l’inégalité pour n = 2k par récurrence sur k, puis pour n
< 2k en complétant le n-uplet (x1, …, xn) en le 2
k-uplet (x1,… , xn , m, …, m), où m =
nxx n++...1 .
Exercice 10 : Soient n un entier ≥ 1, a et b deux entiers relatifs distincts.
Montrer que n | an – b
n ⇒ n |
baba nn
−−
.
On commencera par établir cette propriété pour les entiers n de la forme pk, p premier.
Solution : [ Jean-Denis Eiden ]
Observons tout d’abord que baba nn
−−
= an−1
+ an−2
b + … + a bn−2
+ bn−1
est un entier.
Pour n = 1, la propriété est évidente. Je conseille au lecteur de la démontrer pour 2, 3 et 4. Nous allons établir la propriété demandée par une sorte de récurrence multiplicative. Soit A l’ensemble des entiers n vérifiant la propriété voulue. On va montrer que [ m, n ∈ A , m ∧ n = 1 ] ⇒ m.n ∈ A , puis que p
k ∈ A pour premier p.
On en déduira que A = N*, en vertu du théorème de factorisation.
• Montrons que p ∈ A pour premier p, autrement dit que :
p | ap – b
p ⇒ p | a
p−1 + a
p−2 b + … + a b
p−2 + b
p−1 .
En vertu du petit théorème de Fermat, ap ≡ a (mod p) et b
p ≡ b (mod p), donc a
p – b
p ≡ a – b, et
finalement a ≡ b (mod p). Alors ap−1
+ ap−2
b + … + a bp−2
+ bp−1
≡ p.ap−1 ≡ 0 (mod p). cqfd.
• Montrons par récurrence sur k que pk |
kpa –
kpb ⇒ p
k |
baba
kk pp
−−
.
Supposons la propriété vraie au rang k et montrons-la au rang k+1.
Tout d’abord, pk+1
| 1+kp
a – 1+kp
b ⇒ pk |
1+kpa –
1+kpb ⇒ p
k | pp
pp
baba
kk
−−
++ 11
, par récurrence.
Ensuite, 1+kp
a ≡ a et 1+kp
b ≡ b (mod p) en vertu du petit théorème de Fermat et par récurrence.
Du coup, 1+kp
a – 1+kp
b ≡ a – b (mod p) , donc p | a − b , et p | baba pp
−−
.
Au final, pk+1
= pk p | pp
pp
baba
kk
−−
++ 11
.baba pp
−−
= baba
kk pp
−−
++ 11
. cqfd
• Montrons que [ m, n ∈ A , m ∧ n = 1 ] ⇒ m.n ∈ A .
17
Supposons m.n | amn
– bmn
. Ecrivons baba mnmn
−−
= mm
mnmn
baba
−−
.baba mm
−−
n divise amn
– bmn
= (am
)n
– (bm
)n
, donc n divise mm
mnmn
baba
−−
, et, par suite, mm
mnmn
baba
−−
.baba mm
−−
.
De même, en échangeant les rôles de m et n, m divise nn
mnmn
baba
−−
.baba nn
−−
.
Comme m et n sont premiers entre eux, m.n divise baba mnmn
−−
. cqfd
Exercice 11 : Résoudre dans Z3 l’équation diophantienne (E) x
3 + 2y
3 = 4z
3.
Solution : Montrons que (0, 0, 0) est la seule solution, par descente infinie de Fermat. En effet, si (x, y, z) est une solution non nulle, alors x est pair. Posant x = 2u, il vient 8u
3 + 2y
3 = 4z
3 , donc y est pair. Posant y = 2v, il vient
8 u3 + 16 v
3 = 4 z
3 , donc z est pair. Du coup, (x/2, y/2, z/2) serait aussi solution non nulle…
Exercice 12 : On cherche les solutions en nombres entiers ≥ 0 de l’équation (E) x2 – 2y
2 = 1.
1) Montrer que la suite (xn, yn) définie par :
(x0, y0) = (1, 0) , xn+1 = 3xn + 4yn , yn+1 = 2xn + 3yn , est formée de solutions de (E) 2) Démontrer que cette suite épuise toutes les solutions de (E) en nombres entiers ≥ 0.
Solution :
Notons S = (x, y) ∈ N×N ; x2 – 2y
2 = 1 .
1) Il est facile de vérifier que (x, y) ∈ S ⇒ (x’, y’) = (3x + 4y, 2x + 3y) ∈ S. Comme (1, 0) est élément de S, il est immédiat par récurrence que la suite (xn, yn) est formée d’éléments de S.
Remarque : La matrice A =
3243 ∈ Sl2(Z) conserve la forme quadratique q(x, y) = x
2 – 2y
2 et
laisse stable N×N. 2) Nous allons démontrer la réciproque par descente infinie de Fermat. Lemme 1 : Soit (x, y) ∈ S. Si x ≤ 2, (x, y) = (1, 0).
En effet, si (x, y) ∈ S, x2 est impair et ≥ 1, donc x est impair et ≥ 1 ; x = 1. Il donne (1, 0).
Lemme 2 : Si (x, y) ∈ S est tel que x ≥ 3, alors (‘x, ‘y) = (3x – 4y, −2x + 3y) ∈ S et ‘x < x.
Tout d’abord (‘x, ‘y) ∈ Z×Z et ‘x2 – 2’y
2 = x
2 – 2y
2 = 1.
De plus x ≥ 3 implique 32x ≤ y =
21²−x ≤
43x (le vérifier), donc 3x – 4y ≥ 0 et – 2x + 3y ≥ 0.
Notons que (‘x, ‘y) = (3x – 4y, −2x + 3y) ⇔ (x, y) = (3’x + 4’y, 2’x + 3’y), car A−1
=
−
−3243 .
On peut alors conclure : soit (x, y) un élément de S. Si x ≤ 3, (x, y) = (1, 0).
Sinon, par applications répétées d’un nombre fini de B = A−1
au couple (x, y), on est sûr de tomber sur un couple (a, b) ∈ S tel que a ≤ 3. cqfd.
Remarque : Une méthode plus profonde consiste à chercher les inversibles de l’anneau Z[ 2 ].
Exercice 12 bis : On cherche les solutions en nombres entiers ≥ 0 de l’équation (E) x2 – 2y
2 = −1.
18
1) Montrer que la suite (xn, yn) définie par : (x0, y0) = (1, 1) , xn+1 = 3xn + 4yn , yn+1 = 2xn + 3yn , est formée de solutions de (E) 2) Démontrer que cette suite épuise toutes les solutions de (E) en nombres entiers ≥ 0.
Solution :
Exercice 13 : On cherche les solutions en nombres entiers > 0 de l’équation (E) x2 – 2y
2 = 7.
1) Montrer que les suites (xn, yn) et (x’n, y’n) définies par :
(x0, y0) = (3, 1) , xn+1 = 3xn + 4yn , yn+1 = 2xn + 3yn ,
(x’0, y’0) = (5, 3) , x’n+1 = 3x’n + 4y’n , y’n+1 = 2x’n + 3y’n , sont deux suites de solutions de (E) 2) Démontrer que ces deux suites épuisent toutes les solutions de (E) en nombres entiers > 0.
Solution : Notons S = (x, y) ∈ N*×N* ; x
2 – 2y
2 = 7 .
1) Il est facile de vérifier que (x, y) ∈ S ⇒ (x’, y’) = (3x + 4y, 2x + 3y) ∈ S.
Comme (3, 1) et (5, 3) sont éléments de S, il est immédiat par récurrence que les suites (xn, yn) et
(x’n, y’n) sont formées d’éléments de S.
Remarque : La matrice A =
3243 ∈ Sl2(Z) conserve la forme quadratique q(x, y) = x
2 – 2y
2 et
laisse stable N*×N* . 2) Nous allons démontrer la réciproque par descente infinie de Fermat. Lemme 1 : Soit (x, y) ∈ S. Si x ≤ 7, (x, y) = (3, 1) ou (5, 3).
En effet, si (x, y) ∈ S, x2 est impair et ≥ 9, donc x est impair et ≥ 3 ; x = 3, 5 ou 7.
x = 3 donne (3, 1), x = 5 donne (5, 3) ; enfin x = 7 est impossible car 21 n’est pas un carré parfait.
Lemme 2 : Si (x, y) ∈ S est tel que x ≥ 8, alors (‘x, ‘y) = (3x – 4y, −2x + 3y) ∈ S et ‘x < x.
Tout d’abord (‘x, ‘y) ∈ Z×Z et ‘x2 – 2’y
2 = x
2 – 2y
2 = 7.
De plus x ≥ 8 implique 32x < y =
27²−x <
43x (le vérifier), donc 3x – 4y > 0 et – 2x + 3y > 0.
Notons que (‘x, ‘y) = (3x – 4y, −2x + 3y) ⇔ (x, y) = (3’x + 4’y, 2’x + 3’y), car A−1
=
−
−3243 .
On peut alors conclure : soit (x, y) un élément de S. Si x ≤ 7, (x, y) = (3, 1) ou (5, 3).
Sinon, par applications répétée d’un nombre fini de B = A−1
au couple (x, y), on est sûr de tomber sur un couple (a, b) ∈ S tel que a ≤ 7. cqfd. Remarque : Une méthode plus profonde pour résoudre cette équation diophantienne consiste à
factoriser 7 dans l’anneau euclidien Z[ 2 ].
Exercice 14 : Soient f : N → N surjective et g : N → N injective telles que : ∀n ∈ N f(n) ≥ g(n). Prouver que f = g. [ Olympiades Roumanie 1986 ]
Solution : Utilisons le principe de descente infinie de Fermat. Supposons qu’il existe un entier n tel que g(n) < f(n) (1). Comme f est surjective, il existerait un entier k tel que g(n) = f(k) (2). Il découle de (1) et (2) que k ≠ n. Comme g est injective, g(k) ≠ g(n) = f(k) (3). (1) et (2) impliquent g(k) ≤ f(k) = g(n) < f(n). De plus, en vertu de (3) g(k) < f(k) = g(n) < f(n).
19
En recommençant indéfiniment, on fabriquerait une suite infinie strictement décroissante d’entiers naturels. Exercice 15 : Lemme des mariages (Philip Hall, 1934).
Soient E et F deux ensembles finis, x → A(x) une application E → PPPP(F). Pour qu’il existe une injection f : E → F vérifiant : (∀x ∈ E) f(x) ∈ A(x) , il faut et il suffit que :
∀H ∈ PPPP(E) card H ≤ card UHx
xA∈
)( .
Solution : Si E est un ensemble d’hommes, F un ensemble de femmes, et si, à chaque homme x on associe l’ensemble A(x) des femmes qu’il est susceptible d’épouser, le théorème fournit une cns pour que chaque homme puisse se marier convenablement (On peut échanger hommes et femmes). De ce célèbre et difficile résultat existent plusieurs démonstrations. La condition est évidemment nécessaire, car si f existe, pour toute partie H de E
card H = card UHx
xf∈
)( ≤ card UHx
xA∈
)( .
Nous allons démontrer l’implication réciproque par récurrence forte sur n = card E. Distinguons deux cas :
1er cas : pour toute partie H strictement incluse dans E, card H < card UHx
xA∈
)( .
Choisissons un élément a dans E et un élément b ∈ A(a) dans F.
L’application B : x ∈ E − a → A(x) − b vérifie ∀H ∈ PPPP(E − a) card H ≤ card UHx
xB∈
)( .
Par récurrence, il existe une injection f : E − a → F telle que ∀x ∈ E − a f(x) ∈ B(x). Il reste à prolonger f à E en posant f(a) = b.
2ème cas : il existe une partie H strictement incluse dans E, telle que card H = card UHx
xA∈
)( .
La restriction B = A|H : H → PPPP(F) vérifie ∀K ∈ H card K ≤ card UKx
xA∈
)( .
Par hypothèse de récurrence, il existe une injection f : H → F telle que ∀x ∈ H f(x) ∈ A(x).
La fonction C : x ∈ E – H → PPPP(F) définie par C(x) = A(x) − card UHz
zA∈
)(
vérifie ∀K ⊂ E − H card K ≤ card UKx
xC∈
)( .
Il existe une injection g : E − H → F telle que ∀x ∈ E − H g(x) ∈ A(x). Il reste à recoller les deux injections. Remarque : Il resterait à trouver un algorithme économique de choix. Exercice 16 : Démontrer cette formule de Ramanujan :
(*) (∀n ∈ N) .1)3(1)2(1)1(11 etcnnnn ++++++++ = n + 1.
Solution : Démontrons cette formule par récurrence sur n.
Pour n = 0, elle s’écrit 1 = 1. Supposons la formule vraie au rang n. Alors une élévation au carré donne aussitôt :
.1)3(1)3(1)2(1)1(1 etcnnnn +++++++++ = n1 [ ( n + 1 )
2 − 1 ] = n + 2 . CQFD !
CQFD... en apparence seulement, car ce raisonnement ne vaut rien !
20
En effet, le premier membre de la formule est donné par une série infinie de radicaux, autrement dit est une limite. Cette limite existe-t-elle ? En somme, le premier membre est-il bien défini ? On ne peut tenter une récurrence qu’une fois ce point éclairci. Nous ne le ferons pas ici. Voir mon Cours de topologie, chapitre sur les théorèmes de point fixe, § 2. Voir aussi Oral X 1996, RMS n° 47, corrigé juin 1997, et Oral ENS ultérieur.
Exercice 17 : Montrer que f : (x, y) → 2
)1)(( +++ yxyx + y réalise une bijection de N×N sur N.
Expliciter la bijection réciproque. Indiquer d’autres bijections de N×N sur N.
Solution : Procédons par analyse et par synthèse. Supposons que n = f(x, y). Alors :
2
)1)(( +++ yxyx ≤ n <
2)1)(( +++ yxyx
+ x + y + 1 = 2
)2)(1( ++++ yxyx (*)
La fonction g(s) = 2
)1( +ss est une bjiection croissante de R+ sur R+, qui induit une fonction de N
dans N est strictement croissante, et telle que g(0) = 0.
La relation (*) s’écrit g(x + y) ≤ n < g(x + y + 1).
Pour tout entier n il existe un unique entier s tel que g(s) ≤ n < g(s + 1).
Cet entier est donné par s = [g−1(n)] = [
2811 n++− ] . Il reste à poser y = n – g(s), puis x = s – y.
Voici deux types de bijections de N×N sur N. 1) Une bijection reposant sur la factorisation d’un entier.
Lemme : Tout entier n ≥ 1 s’écrit de façon unique sous la forme n = 2x
(2y + 1), où (x, y) ∈ N×N.
Ce lemme découle du théorème fondamental de l’arithmétique : x est l’exposant de 2 dans la factorisation de n. Dès lors, f : (x, y) ∈ N×N → 2
x (2y + 1) − 1 ∈ N est bijective.
Remarque : cette fonction f peut être définie récursivement par : f(0, y) = 2y , f(x + 1, y) = 2 f(x, y) + 1.
2) Une bijection reposant sur les systèmes de numération.
Tout entier n développé en base b > 1 s’écrit n = d0 + d1.b + d2.b2 + d3.b
3 + ...
Il donne naissance à deux entiers p = d0 + d2.b + d4.b2 + ... et q = d1 + d3.b + d5.b
2 + ...
Réciproquement, deux entiers p = a0 + a1.b + a2.b2 + ... et q = b0 + b1.b + b2.b
2 + ... définissent par
panachage un entier n = a0 + b0.b + a1.b2 + b1.b
3 + ... .
Ainsi, en base 10, n = 757609314 → (p, q) = (77034, 5691). Exercice 18 : Soient E un ensemble non vide, a un élément de E. Montrer que E est infini si et seulement si E et E \ a sont équipotents.
Solution : 1) Si E est fini et a n éléments, E \ a a n – 1 éléments, donc ils ne sont pas équipotents.
2) Si E est infini, E \ a contient une partie D = x1, x2, … , xn, … équipotente à N*. Soit f l’application de E dans E \ a définie par :
f(a) = x1 , f(x1) = x2 , … , f(xn) = xn+1 , … , f(z) = z si z ∈ E \ ( a ∪ D ).
Un instant de réflexion montre que f est une bijection. Exercice 19 : Montrer que l’ensemble des suites d’entiers naturels périodiques à partir d’un certain rang, est dénombrable.
21
Solution : Considérons par exemple la suite u = ( 0, 4, 3, 4, 7, 11, 12, 5, 7, 34, 12, 5, 7, 34, 12, … ). Elle est entièrement déterminée par la suite finie (0, 4, 3, 4, 7, 11) et par la période (12, 5, 7, 34). Autrement dit, on peut lui associer un couple de suites finies.
Or l’ensemble E = U1≥n
nN des suites finies de naturels est dénombrable comme union dénombrable
d’ensembles dénombrables. L’ensemble E×E l’est aussi, et l’application f : (v, w) → (v, w, w, w, … ) est une surjection de E×E sur l’ensemble P des suites périodiques à partir d’un certain rang. Notons que f est surjective, et non bijective, car v = (0, 1, 7, 2, 3) et w = (2, 3) ont même image que v’ = (0, 1, 7) et w’ = (2, 3). Mais cela suffit pour conclure que P est dénombrable. Exercice 20 : Montrer que l’ensemble Z/2Z[X] des polynômes à coefficients dans Z/2Z est dénom-brable. Indiquer une numérotation explicite de cet ensemble.
Solution :
Les polynômes de degré n s’écrivent Xn + a1X
n−1 + … + an forment un ensemble à 2
n éléments.
Z/2Z[X] est donc réunion dénombrable d’ensembles finis. On peut lister ainsi ses éléments :
0 , 1 , X , X + 1 , X2 , X
2 + X , X
2 + X + 1 , X
3 , X
3 + 1 , X
3 + X , X
3 + X + 1 , X
3 + X
2 , etc.
A tout entier n écrit en base 2 sous la forme n = 12a + 22a + … + ra2 , a1 > a2 > … > ar , on associe le
polynôme P = 1aX + 2aX + … + raX . On obtient ainsi une bijection numérotation naturelle.
Exercice 21 : On définit la suite u0 = 0 , un+1 = nn uuE −+ )(21
1 , où E(x) est la partie entière de x.
Montrer que n → un est une bijection de N sur Q+.
Solution : cf mon problème d’algèbre générale sur l’arbre de Calkin-Wilf. __________
3. Systèmes de numération.
« Il y a dix sortes de gens : ceux qui savent calculer en binaire, et les autres. »
Exercice 1 : Pointure et âge. Quelle est votre pointure (en cm) ? Multipliez-la par 5. Ajouter 50. Multiplier le tout par 20. Ajouter 1013, puis enlever votre année de naissance. On obtient un nombre de 4 chiffres. Les deux premiers chiffres de ce nombre donnent votre pointure, les deux derniers votre âge.
Solution : On suppose l’exercice posé en 2013. Ma pointure est 40 et je suis né en 1953. ( 40×5 + 50 )×20 + 1013 – 1953 = 40×100 + 1000 + 1013 – 1953 = 4000 + 2013 – 1953 = 4060. Exercice 2 : Soustraction et addition. Comment ramener la soustraction de deux entiers naturels à une addition ? Pour calculer 788139 − 4890, on forme le nombre 999999 et on calcule le complément à 999999 de 4890, c’est-à-dire 995109. On additionne 788139 + 995109, et on trouve 1783248. On supprime le 1 initial et on ajoute 1 : il vient 783249 : c’est le nombre cherché. Justifier cette règle, et montrer qu’elle est tout à fait générale.
22
Solution : Cette idée fut découverte par Curt Herzstark (1902-1988), inventeur des calculatrices de poche Curta, qui eurent beaucoup de succès entre 1950 et 1970 (cf. Pour la Science, février 2004).
Notons A = a1 … ar , B = b1 … bs ( r ≥ s ), et C = A – B. Il s’agit de calculer :
9 … 9 – B + A – 10r + 1 = 9 ( 1 + 10 + … + 10
r−1 ) – B + A – 10
r + 1
= (10 – 1)( 1 + 10 + … + 10r−1
) – B + A – 10r + 1
= 10r – 1 – B + A – 10
r + 1 = A – B, en effet.
Cela dit, le « complément » est une soustraction déguisée. NB : Calcul de Karatsuba : PLS, novembre 2000, p. 102
Exercice 3 : Soit b un entier ≥ 2, sb(n) le nombre de chiffres du développement de n en base b.
Montrer que sb(m).sb(n) − 1 ≤ sb(mn) ≤ sb(m) + sb(n)
Solution : Soient p = sb(m), bp−1
≤ m < bp et q = sb(n), b
q−1 ≤ n < b
q
On en déduit bp+q−2
≤ mn < bp+q
. On conclut aussitôt. Exercice 4 : Prenez un nombre entier quelconque composé de chiffres croissants au sens large, et dont les deux derniers chiffres sont différents ( par exemple 1333456778 ). Multipliez-le par 9. Quelle est la somme des chiffres du résultat ?
Solution : cf. Pour la Science, février 2017, p. 78.
Exercice 5 : Sachant que 229
comporte 9 chiffres tous différents, quel est le chiffre manquant ?
Solution : cf. Pour la Science, février 2017, p. 80. Exercice 6 : Algorithme de Kaprekar (1949). Prenez un nombre de quatre chiffres non tous égaux, par exemple 3619. Ordonnez ses chiffres du plus grand au plus petit (9631 dans notre exemple), puis soustrayez du nombre obtenu le renversé de ce dernier nombre (c’est-à-dire 1369 dans l’exemple). Recommencez à partir de la différence obtenue (9631 – 1369 = 8262). Que se passera-t-il si vous continuez ?
Solution : cf. Pour la Science, février 2017, p. 80. Exercice 7 : Hommage à Georges Perec. « Il y a quelques années, Morellet a essayé de le décourager en lui apprenant que le nombre qui
s’écrit 99
9 , c’est-à-dire neuf puissance neuf à la puissance neuf, qui est le plus grand nombre que
l’on puisse écrire en se servant uniquement de trois chiffres, aurait, si on l’écrivait en entier, trois cent soixante-neuf millions de chiffres, qu’à raison d’un chiffre par seconde, on en aurait pour onze ans à l’écrire, et qu’en comptant deux chiffres par centimètre, le nombre aurait mille huit cent quarante-cinq kilomètres de long ! Mais Smautf n’en continue pas moins à aligner sur des dos d’enveloppes, des marges de carnets, des papiers de bouchers, des colonnes et des colonnes de chiffres. » ( La vie mode d’emploi )
Combien le nombre 99
9 comprend-il exactement de chiffres ?
Solution :
La longueur du développement décimal d’un entier n est donné par la formule N = [log10(n)] + 1.
Ici, N = [log10(99
9 )] + 1 = [ 99 ×log10(9)] + 1. Maple fait très bien cela :
23
> Digits=15;evalf(9^9*ln(9)/ln(10));evalf(floor(9^9*l n(9)/ln(10))+1); = 10 15
.3696930996109
.369693100109
Conclusion : Le nombre 99
9 comprend 369693100 chiffres.
Exercice 8 : Le plus grand nombre premier connu au 7 janvier 2016 est N = 274207281
– 1. Quelle est son écriture binaire ? Combien son écriture décimale comporte-t-elle de chiffres ?
Solution :
2k – 1 =
1212
−−k
= 2k−1
+ 2k−2
+ … + 2 + 1 = 11…11 ( k fois ).
C’est ce qu’on nomme un « repunit » en base 2.
Par conséquent, N = 274207281
– 1 = 11 … 11 ( 74 207 281 fois ).
Le nombre de chiffres du développement décimal d’un entier n est donné par [ log10(n) ] + 1.
Comme 274207280 < N < 274207281 , nous allons procéder par encadrement :
> floor(74207280*ln(2)/ln(10))+1; 22338618
> floor(74207281*ln(2)/ln(10))+1; 22338618
Conclusion : N comporte 22 338 618 chiffres en base 10.
Remarque : On appelle nombres de Mersenne les entiers Mn = 2n – 1. Si Mn est premier, alors n est
premier ; la réciproque est fausse car M11 est composé. Edouard Lucas a trouvé un test de primarité simple des nombres de Mersenne, et c’est pourquoi c’est d’abord parmi les nombres de Mersenne que l’on recherche les grands nombres premiers. Au 7 janvier 2016, on connaissait les 49 plus petits nombres de Mersenne premiers. Exercice 9 : On écrit à la suite tous les entiers de 1 à 1998 (en base 10). Combien a-t-on écrit de chiffres ? de 0 ? de 1 ? … de 9 ? Vérifier les résultats obtenus au moyen d’une procédure Maple.
Solution : De 1 à 9, 9 nombres de 1 chiffre ; de 10 à 99, 100 nombres de 2 chiffres ; de 100 à 999, 1000 nombres de 3 chiffres ; de 1000 à 1998, 99 nombres de 4 chiffres. En tout, 1×9 + 2×100 + 3×1000 + 4×99 = 3705 chiffres. Exercice 10 : On observe en base 10 les formules :
9×0 +1 = 1 , 9×1 + 2 = 11 , 9×12 + 3 = 111 , 9×123 + 4 = 1111 , etc. 1) Démontrer et généraliser cette formule. 2) Généraliser en base b.
Solution : 9×1234567 + 8 = ( 10 – 1 )×1234567 + 8 = 12345670 – 1234567 + 8 = 12345678 – 1234567 = 11111111. Exercice 11 : On observe en base 10 les formules : 1×8 + 1 = 9 12×8 + 2 = 98 123×8 + 3 = 987 1234×8 + 4 = 9876
24
12345×8 + 5 = 98765 123456×8 + 6 = 987654 1234567×8 + 7 = 9876543 12345678×8 + 8 = 98765432 123456789×8 + 9 = 987654321 Justifiez-les et généralisez-les.
Solution : Ces relations sont liées à celles de l’exercice précédent, car par exemple 1234567×8 + 7 = 9876543 équivaut à : 1234567×9 + 7 = 9876543 + 1234567 c’est-à-dire à : 1234567×9 + 7 = 11111110 ou encore à : 1234567×9 + 8 = 11111111…
Exercice 12 : Calculer 12345679×9 , 12345679×36.
Solution : 12345679×9 = 12345679×(10 – 1) = 123456790 − 12345679 = 111111111. Du coup, 12345679×36 = 444444444. Exercice 13 : Le carré de 111111111 est N = 12345678987654321.
Sans calculer N2, montrer que son chiffre du milieu est 2.
Solution : > a:=111111111;N:=a^2;N^2;
:= a 111111111 := N 12345678987654321
152415789666209420210333789971041 Oui, mais là, j’ai triché… L’exercice reste à faire.
Exercice 14 : Calculer k × 142857 , pour 1 ≤ k ≤ 6. Qu’observe-t-on ? Reconnaître le nombre 0,142857142857142857… , et expliquer le phénomène observé.
Solution : dédiée à Vidal Agniel... Ces produits valent resp. 142857 , 285714 , 428571 , 571428 , 714285 , 857142. Ce sont des permutations de l’écriture décimale de x. De plus 142857 × ( 1 + 6 ) = 999999 = 1000000 – 1. Soient x = 0, 142857 142857 142857… et y = 0, 857142 857142 857… = 6.x On a 7.x = x + y = 1, donc x = 1/7. Ou bien, si z = 0, 285714 285714 … = 2.x, et 100.x = 14 + 2.x, donc x = 14/98, etc. Ou bien, 1000000 × x = 1000000 × 0, 142857 142857 142857… = 142857, 142857 142857 …
Par conséquent 1000000 × x = 142857 + x , et x = 11000000
142857− =
999999142857 =
71 .
Exercice 15 : Le naturel n s’écrit 341 en base 10, 2331 en base b. Déterminer b.
Solution : Tout revient à résoudre l’équation 341 = 1 + 3b + 3b
2 + 2b
3. On trouve b = 5.
Exercice 16 : Trouver les entiers n tels que n = xyz en base 7, n = zyx en base 11.
25
Solution : On veut z + 7.y + 49.x = x + 11.y + 121.z , i.e. 12.x = y + 30.z, avec de plus 0 ≤ x, y, z ≤ 6. J’ai trouvé 190, 247, 437 (en base 10). Exercice 17 : 276 est-il un carré parfait dans une certaine base ?
Solution : Il s’agit de trouver les couples d’entiers (b, c) tels que 6 + 7b + 2b
2 = c
2 , b étant ≥ 8.
C’est une équation diophantienne, qui s’écrit aussi : ( 2b + 3 )( b + 2 ) = c2.
Or 2b + 3 et b + 2 sont premiers entre eux, car d | 2b + 3 et d | b + 2 ⇒ d | 2b + 4...
Donc 2b + 3 et b + 2 sont des carrés : 2b + 3 = x2 , b + 2 = y
2 .
On en déduit x2 − 2y
2 = − 1 : c’est une équation de Fermat.
Or « on » connait les solutions en nombres entiers ≥ 0 de l’équation (E) x2 – 2y
2 = −1.
Elles sont données par la suite (xn, yn) définie par :
(x0, y0) = (1, 1) , xn+1 = 3xn + 4yn , yn+1 = 2xn + 3yn ,
Il y a donc une suite infinie de couples (bn, cn) cherchés : ce sont les (bn, cn) = (yn2 – 2, xnyn), n ≥ 1.
Les deux premiers d’entre eux sont (23, 35) et (839, 1189). > base:=proc(n) > local a,x,y,b,c,k; > x:=1;y:=1; > for k from 1 to n do > a:=x;x:=3*x+4*y;y:=2*a+3*y;b:=y^2-2;c:=x*y;print([b ,c]);od; > end; > base(10);
[ ],23 35 [ ],839 1189
[ ],2855940391 [ ],9702231372105
[ ],3295907946611179 [ ],11196385191583407981
[ ],3803475062353789260175 [ ],12920618827191827251437969
[ ],4389206926187962072759630771 [ ],14910382930212232108646576008245
Exercice 18 : Calculer en base 10 la somme des nombres à six chiffres, tels que chaque chiffre soit compris entre 0 et 5.
Solution : Maple trouve S = 1274398200. Voici comment, les détails étant données ci-après. > sum(sum(sum(sum(sum(sum(f+10*e+10^2*d+10^3*c+10^4*b +10^5*a,f=0..5) ,e=0..5),d=0..5),c=0..5),b=0..5),a=1..5);
12743989200 > sum(f+10*e+10^2*d+10^3*c+10^4*b+10^5*a,f=0..5);
+ + + + + 15 600000a 60000b 60e 600d 6000c > sum(15+600000*a+60000*b+60*e+600*d+6000*c,e=0..5);
+ + + + 990 3600000a 360000b 3600d 36000c > sum(990+3600000*a+360000*b+3600*d+36000*c,d=0..5);
+ + + 59940 21600000a 2160000b 216000c
26
> sum(59940+21600000*a+2160000*b+216000*c,c=0..5); + + 3599640 129600000a 12960000b
> sum(3599640+129600000*a+12960000*b,b=0..5); + 215997840 777600000a
> sum(215997840+777600000*a,a=1..5); 12743989200
Autre approche : Sommer les chiffres des unités, les chiffres de dizaines, etc. On trouve : La somme des chiffres des unités est 5×6
4×( 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 ) = 5×64×15.
Idem pour la somme des chiffres des dizaines, des centaines, ...
La somme des chiffres des millions vaut 65×( 1 + 2 + 3 + 4 + 5 ) = 6
5×15.
Donc S = 5×64×15×( 1 + 10 + 10
2 + 10
3 + 10
4 ) + 6
5×15×105 = 5×6
4×15×1111 + 65×15×10
5
= 15×64×( 5555 + 60000 ) = 15×6
4×65555 = 15×1296×65555 = 12743989200. Exercice 19 : Soit f l’application qui, à un entier écrit en base 10, associe la somme de ses chiffres.
Calculer f 3( 5555
5555 ).
Solution : Deux considérations vont permettre de calculer (coincer serait plus juste) ce nombre :
1) La fonction f est à croissance très lente : f(x) = O( ln x ), et a fortiori f 3(x) !
En somme, bien que N = 55555555
soit très grand, f 3(N) est petit.
Mais attention, f n’est pas croissante ! La majorer demande du soin.
Précisons : N < 100005555
= 104×5555
= 1022220
, donc N ≤ 999…9 (22220 chiffres) Donc f(N) ≤ 9×22220 = 199980 .
Donc f 2(N) ≤ f(99999) = 45 , car l’entier ≤ 199980 ayant la plus grand somme de chiffres est 99999.
Donc f 3(N) ≤ f(39) = 12 , car l’entier ≤ 45 ayant la plus grande somme de chiffres est 39.
2) Un caractère de divisibilité modulo 9 : f(n) ≡ n (mod 9).
5555 ≡ 20 ≡ 2 (mod 9), et 23 ≡ −1 (mod 9) , donc 2
6 ≡ 1 (mod 9).
Or 5555 ≡ 5 mod 6), donc N ≡ 25 = 32 ≡ 5 (mod 9).
3) De 1) et 2) on déduit que f 3(5555
5555) = 5.
Remarque : un article de Pour la science, août 2013, étudie cette question dans le cadre additif et surtout dans le cadre multiplicatif. Exercice 20 : deux tout puissant. Un nombre de 2 chiffres, écrit uniquement avec des 1 et des 2, et divisible par 2
2, évidemmment que
ça existe, c’est 12. Un nombre de 3 chiffres, écrit uniquement avec des 1 et des 2, et divisible par 23,
ça existe aussi, vous l’avez sur la langue, c’est… Trouver un nombre de 4 chiffres, écrit uniquement avec des 1 et des 2, et divisible par 2
4, Existe-t-il
pour tout n un nombre de n chiffres écrit uniquement avec des 1 et des 2, et divisible par 2n ?
Solution : [ Le Monde, Affaire de logique, 11 octobre 2005 ]
Nous allons montrer que, pour tout n, il existe un et un seul nombre de n chiffres, xn, écrit
uniquement avec des 1 et des 2, et divisible par 2n . Il existe une unique suite (an)n≥1 formée de 1 ou
2 telle que, pour tout n, xn = an … a1.
Pour n = 1, x1 = 2. Pour n = 2, x2 = 12. En effet, 4 | x2 = a2a1 ⇒ 2 | x2 = a2a1 ⇒ 2 | a1 ⇒ a1 = 2.
4 | x2 = a2 2 = 10.a2 + 2 ⇔ 2 | 5.a2 + 1 ⇔ 2 | a2 + 1 ⇔ a2 = 1.
Pour n = 3, x3 = 112. En effet, 8 | x3 = a3a2a1 ⇒ 4 | x3 = a3a2a1 ⇒ 4 | a2a1 ⇒ a2a1 = 12.
27
8 | x3 = a312 = 100.a3 + 12 ⇔ 2 | 25.a3 + 3 ⇔ 2 | a3 + 1 ⇔ a3 = 1.
Supposons le résultat acquis au rang n − 1. Soit xn−1 = an−1 … a1 l’unique entier formé de n−1
chiffres égaux à 1 ou 2, et divisible par 2n−1
; posons xn−1 = 2n−1
.yn−1 .
Cherchons un entier xn = bn … b1 formé de n chiffres égaux à 1 ou 2, et divisible par 2n.
2n | xn = bn … b1 = 10
n−1bn + bn−1…b1 ⇒ 2
n−1 | xn ⇒ 2
n−1 | bn−1…b1 ⇒ bn−1 … b1 = an−1 … a1 .
Ainsi, xn = 10n−1
bn + xn−1 = 10n−1
bn + 2n−1
.yn−1 .
2n | xn ⇔ 2 | 5
n−1bn + yn−1 ⇔ 2 | bn + yn−1 ⇔ bn ≡ yn−1 (mod 2) ⇔ bn = 2 – irem(yn−1, 2).
Voici un programme récursif donnant xn : > x:=proc(n) > local a,y,r; > if n = 1 then 2; > else y:=iquo(x(n-1),2^(n-1));a:=2-irem(y,2);10^(n-1 )*a+x(n-1);fi;end; > x(20);
12111211111212122112
Voici un programme récurrent fournissant (yn, xn) : > y:=1;print([y,2]);
:= y 1 [ ],1 2
> for k from 2 to 20 do y:=iquo((2-irem(y,2))*5^(k-1) +y,2): print([y,2^k*y]);od;
[ ],3 12 [ ],14 112
[ ],132 2112 [ ],691 22112
[ ],1908 122112 [ ],165792122112 [ ],4735212122112
[ ],414301212122112 [ ],11837131212122112
[ ],547466911212122112 [ ],27151397111212122112
[ ],1356460111111212122112 [ ],67817456811111212122112
[ ],6442602909211111212122112 [ ],184800905171211111212122112 [ ],8553399057111211111212122112
[ ],424236721848111211111212122112 [ ],40268156265492111211111212122112
[ ],1155015097733712111211111212122112
Exercice 21 : Un nombre entier n est écrit en base 10. Il se termine par 3. Si l’on déplace ce chiffre 3 au début du nombre, celui-ci est multiplié par 3. Quel est ce nombre ?
Solution : Soit n = ap … a0 = a0 + 10.a1 + … + 10p.ap l’écriture décimale de n.
On sait que a0 = 3. Soit m = ap … a1 , de sorte que n = 10m + 3.
L’hypothèse se traduit par : 3.10p+ m = 3n , i.e. : 3.10
p +
103−n = 3n,
28
Autrement dit 29.n = 3.( 10p+1
− 1 ) , n = 3.29
110 1−+p
.
En vertu du petit théorème de Fermat, 1028
≡ 1 (mod 29) et l’on constate avec Maple que 10 est bien d’ordre 28 dans le groupe multiplicatif (Z/29Z)*.
Conclusion : Les entiers cherchés sont les entiers de la forme n = 3.29
11028 −k
.
Le plus petit d’entre eux est 1034482758620689655172413793. Les autres sont des copies mises bout à bout de cet entier.
> for k from 1 to 3 do 3*(10^(k*28)-1)/29;od; 1034482758620689655172413793
10344827586206896551724137931034482758620689655172413793 10344827586206896551724137931034482758620689655172413793103448275862068\
9655172413793
Exercice 22 : Trouver les entiers N tels que, si l’on ajoute 1 au début et à la fin du développement décimal de N, le nombre obtenu soit égal à 99×N.
Solution : Soit N = ap … a0 = a0 + 10.a1 + … + 10
p.ap l’écriture décimale de N.
On a donc 10p ≤ N < 10
p+1 (1)
et on veut que 1 + 10.N + 10p+2
= 99.N (2)
La condition (2) s’écrit 1 + 10p+2 = 89.N, donc N =
89101 2++ p
.
L’entier k = p + 2 est tel que 10k ≡ − 1 (mod 89). Inversement, si k = p + 2 est un entier ≥ 2 tel que 10k = 10p+2 ≡ − 1 (mod 89),
alors la condition (1) 10p ≤ N = 89101 2++ p
< 10p+1 est automatiquement remplie.
89 étant un nombre premier, on a 1088 ≡ 1 (mod 89) en vertu du petit théorème de Fermat.
On constate que 1044 ≡ 1 (mod 89) et que 10 est d’ordre 44 dans le groupe multiplicatif (Z/89Z)*.
De plus 1022 ≡ − 1 (mod 89). Par conséquent :
10k = 10p+2 ≡ − 1 (mod 89) ⇔ 10k ≡ 1022 (mod 89) ⇔ 10k−22 ≡ 1 (mod 89) ⇔ k – 22 = 44q.
Ainsi k = 22 + 44.q , p = 20 + 44.q et N = 89
101 .4422 q++.
Conclusion : Il y a une infinité d’entiers naturels N cherchés ; ce sont les :
N(q) = 89
101 .4422 q++ , où q est un entier naturel quelconque.
Le plus petit d’entre eux est N(0) = 89101 22+
= 112359550561797752809.
Avec Maple, voici les verifications et les six premiers entiers cherchés : > with(numtheory);phi(89);
88 > 10^44 mod 89;10^22 mod 89;10^4 mod 89;10^11 mod 89;
1 88 32 55
29
> N:=q->iquo(1+10^(22+44*q),89);
:= N → q ( )iquo , + 1 10( ) + 22 44q
89 > for q from 0 to 5 do N(q);od;
112359550561797752809 11235955056179775280898876404494382022471910112359550561797752809
11235955056179775280898876404494382022471910112359550561797752808988764\
04494382022471910112359550561797752809
11235955056179775280898876404494382022471910112359550561797752808988764\
0449438202247191011235955056179775280898876404494382022471910112359\
550561797752809
11235955056179775280898876404494382022471910112359550561797752808988764\
0449438202247191011235955056179775280898876404494382022471910112359\
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11235955056179775280898876404494382022471910112359550561797752808988764\
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5505617977528089887640449438202247191011235955056179775280898876404\
494382022471910112359550561797752809
NB : J’ai une tout autre solution, basée sur la recherche directe du développement décimal de N.
Exercice 23 : L’entier N = 444 … 44111 … 11 − 555 … 55, où les entiers 4, 1 et 5 sont répétés 2006 fois, est un carré parfait. De quel entier ?
Solution : [ Le Monde, 16 mai 2006 ]
N = 1 + 10 + … + 102005
+ 4×( 102005
+ … + 104011
) − 5×( 1 + … + 102005
)
= ( 1 + 10 + … + 102005
) ( 1 + 4×102006
− 5 ) = [32 ( 10
2006 – 1 )] 2
= 666 … 662 , où les 6 sont répétés 2006 fois.
Exercice 24 : Nombres palindromes. Un entier est dit palindrome en base b s’il est identique lorsqu’on le lit de gauche à droite ou de droite à gauche. Dans la suite, on suppose b = 10. 1) Combien y a-t-il de nombres palindromes à n = 2k chiffres ? à n = 2k + 1 chiffres ? 2) Montrer que la densité naturelle des nombres palindromes est nulle, autrement dit que
N1 ( nombre de palindrômes ≤ N ) → 0 quand N → +∞.
3) Montrer que la série ∑+∞
=1
1n np
converge, où (pn)n≥0 est la suite des palindrômes.
Solution : [ Jean-Paul Delahaye, Pour la Science, octobre 2017 ] La suite A002113 de l’Encyclopédie des suites d’entiers de Neil Sloane donne la liste croissante des entiers palindromes en base 10 : 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99, 101, 111, 121, 131, 141, 151, 161, 171, …
1) Un nombre palindrôme à n = 2k chiffres est de la forme n = a1 … akak … a1 , où a1 est compris
entre 1 et 9, a2 ,…, ak sont compris entre 0 et 9.
Par conséquent, il y a 9×10k−1
palindromes à n = 2k chiffres. Si n = 1, il y a 10 palindromes à 1 chiffre. Si n = 2k + 1, un palindrôme à n chiffres est de la forme n
= a1 … akbak … a1 , où a1 est compris entre 1 et 9, a2 ,…, ak et b sont compris entre 0 et 9.
30
Par conséquent, il y a 9×10k−1
palindromes à n = 2k +1 chiffres.
Conclusion : La tranche [102k−1
, 102k+1[ = [10
2k−1, 10
2k+1 − 1] contient 2×9×10k−1
palindromes, et
102k+1
− 102k−1 = 9,9×10
2k entiers.
2) et 3) Laissées au lecteur. Exercice 25 : Carrés palindromes. Un entier est dit palindrome en base b s’il est identique lorsqu’on le lit de gauche à droite ou de droite à gauche. Trouver les carrés palindromes à 2, 3, 4, 5 chiffres en base 10. Montrer qu’il existe un unique carré palindrome à 6 chiffres en base 10.
Solution : [ d’après Le Monde, 13 avril 2004 ] On peut bien sûr tester tous les cas. Mais il s’agit de donner des solutions plus économiques. 1) Carrés palindromes à 2 chiffres. N = aa = 11.a = n
2, avec 1 ≤ a ≤ 9. Comme 11 divise N, 11 divise n, donc a ; impossible !
2) Carrés palindromes à 3 chiffres. N = aba = 101.a + 10.b = n
2, avec 1 ≤ a ≤ 9 et 0 ≤ b ≤ 9. Il y a 90 cas à tester.
En fait, un carré est congru modulo 100 à 00, 01, 04, 09, 16, 21, 24, 25, 29, 36, 41, 44, 49, 56, 61, 64, 69, 76, 81, 84, 89 ou 96 Il y a donc 22 tests à faire, et même 21 car a > 0. On trouve 121 = 11
2 , 676 = 26
2 et 484 = 22
2.
3) Carrés palindromes à 4 chiffres. N = abba = 1001.a + 110.b = 11 ( 91.a + 10.b ) = n
2.
11 divise N, donc n, donc 91.a + 10.b. Or 91.a + 10.b ≡ 0 ( mod 11 ) ⇔ 3.a ≡ b ( mod 11 ). Sur les 21 tests à faire, il n’en reste plus qu’un : ba = 76, N = 6776, mais ce n’est pas un carré ! 4) Carrés palindromes à 5 chiffres. N = abcba = 10001.a + 1010.b + 100.c = n
2.
Il y 21.10 = 210 tests à faire. On trouve 7 solutions. 5) Carrés palindromes à 6 chiffres. N = abccba = 100001.a + 10010.b + 1100.c = 11.( 9091.a + 910.b + 100.c ) = n
2.
11 divise N, donc n, donc 9091.a + 910.b + 100.c. Or 9091.a + 910.b + 100.c ≡ 0 ( mod 11 ) ⇔ 5.a + 8.b + c ≡ 0 ( mod 11 ). Comme 0 ≤ c ≤ 10, il y a 21 tests à faire. On trouve 1 solution.
Conclusion : Il n’y a pas de carrés palindromes à 2 et 4 chiffres.
Il y a 3 carrés palindromes à 3 chiffres : 121 = 112
, 676 = 262 et 484 = 22
2.
Il y a 7 carrés palindromes à 5 chiffres : 10201 = 1012
, 12321 = 1112 , 14641 = 121
2 ,
40804 = 2022
, 44944 = 2122 , 69696 = 264
2 et 94249 = 307
2.
Il y a 1 carré palindrome à 6 chiffres : 698896 = 8362.
Avec Maple : > restart;evalf(sqrt(101));evalf(sqrt(999)); > for n from 11 to 31 do if irem(n^2,10)=iquo(n^2,100 ) then print([n,n^2]); fi;od;
10.04987562 31.60696125
[ ],11 121 [ ],22 484 [ ],26 676
> restart;evalf(sqrt(1001));evalf(sqrt(9999)); > for n from 32 to 99 do if irem(n^2,10)=iquo(n^2,100 0) and iquo(irem(n^2,100),10)=irem(iquo(n^2,100),10) then print([n,n^2]);fi;od;
31
31.63858404 99.99499986
> evalf(sqrt(10001));evalf(sqrt(99999)); 100.0049999 316.2261849
> for n from 101 to 316 do if irem(n^2,10)=iquo(n^2,1 0000) and iquo(irem(n^2,100),10)=irem(iquo(n^2,1000),10) then print([n,n^2]);fi;od;
[ ],101 10201 [ ],111 12321 [ ],121 14641 [ ],202 40804 [ ],212 44944 [ ],264 69696 [ ],307 94249
> evalf(sqrt(100001));evalf(sqrt(999999)); 316.2293472 999.9995001
> for n from 317 to 999 do if irem(n^2,10)=iquo(n^2,1 00000) and iquo(irem(n^2,100),10)=irem(iquo(n^2,10000),10) and iquo(irem(n^2,1000),100)=irem(iquo(n^2,1000),10) th en print([n,n^2]);fi;od;
[ ],836 698896 Meilleure solution, suivant le raisonnement ci-dessus : > L:=;for n from 0 to 99 do L:=L union n^2 mod 100 ;od:L:=L minus 0: print(L);
:= L , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,1 4 9 16 21 24 25 29 36 41 44 49 56 61 64 69 76 81 84 89 96
> for x in L do a:=irem(x,10):b:=iquo(x,10):c:=-5*a-8 *b mod 11:N:=100001*a+10010*b+1100*c:if issqr(N)=true then print([sqrt(N),N]);fi;od:
[ ],836 698896 Exercice 26 : Nombres ascendants. Un entier est dit ascendant (en base 10) si son développement décimal est ascendant ; ex. 125, 1225, 1336667, etc. 1) Combien y-a-t-il de nombres ascendants à n chiffres ? 2) Le produit de deux nombres ascendants est-il ascendant ? 3) On note 3(m)6(n)7(p) l’entier dont l’écriture décimale est formée de m chiffres 3, n chiffres 6 et p chiffres 7, etc. Montrer l’identité de Blecksmith et Nicol : si p + q > m > p > n > q > 0 , alors :
[3(m)6(n) + 1].[3(p)6(q) + 1] = 1(p)2(m−p)3(p+q−m)4(m+n−p−q)5(p−n)6(q)7(n−q)8(q) + 1.
Exemples : • n = 1, p = 1, m = q : 33337 × 36667 = 1222367779 • n = 1, p = 0, q = m+1 : 3337 × 6667 = 22247779
Solution :
Exercice 27 : Soit Nk l’entier qui s’écrit en base 2 avec k chiffres 1. Calculer (Nk)2 et (Nk)
3.
Solution :
Nk = 1 + 2 + … + 2k−1
= 2k − 1, donc
(Nk)2 = ( 2
k − 1 )
2 = 2
2k − 2.2
k + 1 et (Nk)
3 = ( 2
k − 1 )
3 = 2
3k − 3.2
2k + 3.2
k − 1 .
32
Certes, mais en base 2, comment s’écrivent ces entiers ? Je dis que :
• (Nk)2 = 1(k−1) 0(k) 1 pour k ≥ 2 , où la parenthèse désigne le nombre de répétitions.
Par exemple : (N5)2 = 1111000001.
En effet : (Nk)2 = 2
2k − 2
k+1 + 1 , et les deux écritures coincident.
• (Nk)3 = 1(k−2) 0 1 0(k−2) 1 0 1(k) pour k ≥ 3, où la parenthèse désigne le nombre de répétitions.
Par exemple : (N5)3 = 111010001011111.
En effet : (Nk)3 = 2
3k − 2
2k+2 + 2
2k + 2
k+1 + 2
k − 1 , et les deux écritures coincident.
Exercice 28 : Montrer que, dans toute base b ≥ 3, les entiers 11211 et 12321 ne sont jamais premiers.
Solution : 11211 = 1 + b + 2b2 + b
3 + b
4 = ( 1 + b + b
2 )( 1 + b
2 )
12321 = 1 + 2b + 3b2 + 2b
3 + b
4 = ( 1 + b + b
2 )
2 .
Exercice 29 : Montrer que, quel que soit le système de numération, aucun des nombres 10101, 1010101, 101010101, 1010101010101, … n’est premier.
Solution : Joli résultat dû à mon cher Eugène Catalan (1814-1894), polytechnicien philomathe et sympathique (espèce non protégée, donc en voie de disparition ; les X d’aujourd’hui tradent et titrisent à tout va). Notons d’abord que 101 est parfois premier : dans les bases 2, 4, 6, 10, par exemple.
Soit b la base de numération, Sn = 1 + b2 + b
4 + … + b
2n =
1²122
−−+
bb n
.
1er cas : n est impair, n = 2k + 1 ( k ≥ 1 ).
Sn = 1²144
−−+
bb k
= 1²
)1)(1( 2222
−+− ++
bbb kk
= ( 1 + b2 + b
4 + … + b
2k ).( b
2k+2 + 1 ).
2ème cas : n est pair, n = 2k ( k ≥ 1 ).
Sn = 1²124
−−+
bb k
= )1)(1(
)1)(1( 1212
+−+− ++
bbbb kk
= ( 1 + b2 + b
4 + … + b
2k ).( 1 − b
2 + b
4 − … + b
2k ) .
Or les nombres intervenant dans ces deux expressions sont > 1. cqfd
Ce programme Maple vérifie ce résultat dans les bases 10 et 2 : > u:=proc(n,b) > if n=1 then 1+b^2;else b^2*u(n-1,b)+1;fi;end;
:= u procprocprocproc( ) end procend procend procend proc,n b ifififif thenthenthenthen elseelseelseelse end ifend ifend ifend if = n 1 + 1 ^b 2 + ×^b 2 ( )u , − n 1 b 1 > for n from 1 to 9 do ifactor(u(n,10));od;
( ) 101 ( ) 3 ( ) 7 ( ) 13 ( ) 37 ( ) 73 ( ) 101 ( ) 137 ( ) 41 ( ) 271 ( ) 9091
( ) 3 ( ) 7 ( ) 13 ( ) 37 ( ) 101 ( ) 9901 ( ) 239 ( ) 4649 ( ) 909091
( ) 17 ( ) 73 ( ) 101 ( ) 137 ( ) 5882353
( ) 3 2 ( ) 7 ( ) 13 ( ) 19 ( ) 37 ( ) 333667 ( ) 52579 ( ) 41 ( ) 101 ( ) 271 ( ) 27961 ( ) 9091 ( ) 3541
> for n from 1 to 9 do ifactor(u(n,2));od; ( ) 5
( ) 3 ( ) 7 ( ) 5 ( ) 17
33
( ) 11 ( ) 31 ( ) 3 ( ) 5 ( ) 7 ( ) 13
( ) 43 ( ) 127 ( ) 5 ( ) 17 ( ) 257
( ) 3 2 ( ) 7 ( ) 19 ( ) 73 ( ) 5 2 ( ) 11 ( ) 31 ( ) 41
Remarque : Une question connexe serait de montrer que les polynômes Pn(X) = 1 + X2 + … + X
2n
sont réductibles dans Z[X] pour n ≥ 2. Cela se fait via les cyclotomiques. Exercice 30 : Montrer que les nombres écrits en base 10 : 729 , 71289 , 7112889 , 711128889 , … ( k fois le chiffre 1 et k fois le chiffre 8 ) sont tous des carrés.
Solution : Maple confirme ! Le k-ème nombre est
Nk = 9 + 8.( 10 + 102 + … + 10
k ) + 2.10
k+1 + ( 10
k+2 + … + 10
2k+1 ) + 7.10
2k+2
= 9 + 8.1101010 1
−−+k
+ 2.10k+1
+ 1101010 222
−− ++ kk
+ 7.102k+2
= 91 (1 + 16.10
k+1 + 64.10
2k+2 ) = (
31 +
38 .10
k+1)2 = (Ak)
2 ,
où Ak = 7 + 6.1101010 1
−−+k
+ 2.10k+1
= 7 + 6.( 10 + 102 + … + 10
k ) + 2.10
k+1
= 26 … 67 = 2 6(k) 7 (6 répété k fois), en base 10. Exercice 31 : Quoi de neuf ? On part de zéro et on effectue une suite d’opérations parmi les deux seules autorisées : − ajouter 9 ; − multiplier par 9. 1) Quel est le nombre minimum d’opérations nécessaire pour atteindre 999 ? 2) Parmi les multiples de 9 inférieurs à 1000, quel est celui qui nécessite le plus d’opérations ? 3) Généraliser.
Solution : [ Le Monde, Affaire de logique n° 332, 1 juillet 2003 ] Il n’y a pas comme un prof de taupe pour transformer un petit exercice en un monument ! Voici les étapes d’une solution complète. Les détails sont laissés au lecteur.
1) Formalisons le problème. Notons S l’ensemble des entiers naturels n tels qu’il existe une suite finie x = (x0, x1, …, xk)
d’entiers vérifiant x0 = 0, xk = n et ∀i ∈ [0, k− 1] xi+1 = xi + 9 ou 9.xi. x sera appelée chaîne de longueur k aboutissant à n. Proposition 1 : S n’est autre que l’ensemble 9N des multiples de 9.
2) Equation fonctionnelle. Soit f(n) le nombre minimum d’opérations nécessaires pour atteindre n, i.e. la longueur minimum d’une chaîne aboutissant à n. On convient que f(x) = +∞ si x ∈ Q − S.
Proposition 2 : La fonction f : Q → N ∪ +∞ vérifie : i) ∀x ∈ Q − S f(x) = +∞ ; ii) f(0) = 0 ; iii) ∀n ∈ S − 0 f(n) = min(f(n − 9), f(n/9)) + 1.
Proposition 3 : Pour tout entier k, f(9k) ≤ k.
En effet, il y a toujours une chaîne de longueur k aboutissant à 9k : 0 → 9 → 18 → … → 9k.
3) Calcul de f(999). Je dis que f(999) = 9, et qu’une chaîne minimale est :
34
0 → 9 ↓ 81 → 90 → 99 → 108 ↓ 972 → 981 → 990 → 999 . Les flèches horizontales correspondent à + 9, les flèches verticales à ×9.
4) Procédure informatique.
5) Une formule exacte.
Théorème 4 : Soit n = dk dk−1 … d0 = ∑≤≤ ki
iid
0
9. , di ∈ 0, 1, …, 8 , dk ≠ 0,
le développement de n en base 9. Alors f(n) = +∞ si d0 ≠ 0 , f(n) = ∑≤≤ ki
id0
+ k – 1 si d0 = 0.
Autrement dit, f est somme d’un logarithme arithmétique et d’une fractale.
Proposition 5 : Le nombre ≤ 1000 ayant la plus longue chaîne minimale est 720 : f(720) = 17. Exercice 32 : Coquetteries de nombres. Deux nombres comparent leurs mérites. « Je suis le plus grand nombre de trois chiffres à avoir la propriété remarquable suivante : si l’on met bout à bout mon écriture décimale et, à droite, celle de mon successeur, on obtient un nombre de six chiffres qui est un carré. − C’est vrai, mais tu n’es pas le seul. Tandis que moi, je suis le seul à avoir quatre chiffres et la même propriété : si l’on met bout à bout mon écriture décimale et, à droite, celle de mon successeur, on obtient un nombre de huit chiffres qui est un carré. » Quels sont donc ces deux vantards ?
Solution : [ Le Monde, Affaire de logique n° 919, 1 juillet 2015 ] 1) Soit N = abc = c + 10.b + 10
2.a.
On veut que a b c a b c+1 soit un carré n2 , autrement dit que abcabc = n
2 – 1.
( c + 10.b + 102.a )( 1 + 10
3 ) = n
2 – 1 , ou encore : abc × 1001 = n
2 – 1.
L’entier n est donc tel que 100 ≤ 1001
1²−n ≤ 999 et n2 ≡ 1 (mod 1001)
100101≤ n ≤ 11001999 +× et n2 ≡ 1 (mod 1001).
Le programme Maple ci-dessous montre que n = 428, 573, 727 ou 846. Donc N ∈ 183, 328, 528, 715 . Comme N est le plus grand possible, N = 715. > evalf(sqrt(100101));evalf(sqrt(999*1001));
316.3874207 999.9995001
> for n from 317 to 999 do if irem(n^2-1,1001)=0 then print([n,n^2]);fi;od; [ ],428 183184 [ ],573 328329 [ ],727 528529 [ ],846 715716
2) Soit N = abcd = d + 10.c + 102.b + 10
3.a. On veut que a b c d a b c d+1 soit un carré n
2 ,
autrement dit que abcdabcd = n2 – 1 , ou encore : abcd × 10001 = n
2 – 1.
L’entier n est donc tel que 1000 ≤ 10001
1²−n ≤ 9999 et n2 ≡ 1 (mod 10001)
1001001≤ n ≤ 1100019999 +× et n2 ≡ 1 (mod 10001).
Le programme Maple ci-dessous montre que n = 7810. Alors n2 = 60996100.
La réponse est N = 6099.
35
> evalf(sqrt(10001001));evalf(sqrt(9999*10001)); > for n from 3163 to 9999 do if irem(n^2-1,10001)=0 t hen print(n);fi;od;
3162.435928 9999.999951
7810 > 7810^2;
60996100
Exercice 33 (Anning) : La valeur de la fraction 110010011101010101 dont le numérateur et le dénominateur
sont écrits dans le système de numération de base b > 1, ne change pas si on y remplace le 1 central par un nombre impair quelconque de 1, au numérateur et au dénominateur.
Autrement dit : 110010011101010101 =
1110011100111010111010 =
01111001111101011010111110 = …
Solution : Soient N le numérateur, D le dénominateur de la p-ème fraction.
N = 1 + b2 + b
4 + b
5 + … + b
4+2p + b
6+2p + b
8+2p = 1 + b
2 + b
6+2p + b
8+2p +
1
425
−−+
bbb p
= 1
1−b
( b5+2p
– 1 )( b4 – b
3 + b
2 – b + 1 ) .
D = 1 + b + b4 + … + b
4+2p + b
7+2p + b
8+2p = 1 + b + b
7+2p + b
8+2p +
1
425
−−+
bbb p
= 1
1−b
( b5+2p
– 1 )( b4 – b
2 + 1 ) .
Par conséquent : DN =
1²1
4
234
+−+−+−
bbbbbb
.
Référence : W. Sierpinski, 250 problèmes de théorie élémentaire des nombres, Hachette, 6/206, p. 44, 95, 140. Exercice 34 : Bases de N.
1) On dit qu’une suite croissante d’entiers naturels (un) est une base de N si tout entier m ∈ N*
admet une unique représentation m = ∑+∞
=0
.i
ii ua , où (∀i) ai ∈ 0, 1.
Démontrer que N admet une unique base. Quel résultat retrouve-t-on ?
2) Soit b un entier ≥ 2. On dit qu’une suite croissante d’entiers naturels (un) est une b-base de N si
tout entier m ∈ N* admet une unique représentation m = ∑+∞
=0
.i
ii ua , où (∀i) ai ∈ 0, 1, …, b−1.
Montrer que N admet une unique b-base. Quel résultat retrouve-t-on ?
Solution : Exercice 35 : Développement en base factorielle. Montrer que tout entier naturel n s’écrit de manière unique :
n = 1!.a1 + 2!.a2 + 3!.a3 + … , où les entiers ak sont tels que 0 ≤ ak ≤ k. Exemple : n = 689.
Solution :
Analysons le résultat : il s’écrit n = a1 + 2.( a2 + 3.( a3 + 4.( a4 + … ) )) .
Cela suggère l’algorithme suivant : n0 = n ,
36
n0 = a1 + 2.n1 (0 ≤ a1 ≤ 1) , n1 = a2 + 2.n2 (0 ≤ a2 ≤ 2) , … , nk−1 = ak + k.nk (0 ≤ ak ≤ k) , …
L’un des nk est nul, sans quoi n serait aussi grand qu’on veut. Tous suivants sont nuls.
Or pour tout k : n = a1 + 2!.a2 + … + k!.ak + ( k + 1 )!.nk .
Donc n = a1 + 2!.a2 + … + k!.ak + … , la suite (ak) étant nulle à partir d’un certain rang. Il reste à montrer l’unicité. Elle repose sur le : Lemme : pour tout p ≥ 1 , 1.1! + 2.2 ! + … + p.p! = ( p + 1 )! − 1 .
Ce lemme découle de la formule p.p! = ( p + 1 )! − p! . Exercice 36 : Système « binaire moins ». La numérotation binaire, tout le monde connaît. Elle permet d’écrire les nombres entiers positifs sous forme de sommes de puissances de 2. Mais connaissez-vous le système « binaire moins » ? Eh bien, cela consiste à écrire les entiers sous forme de sommes de puissances de (−2), avec bien sûr, là encore, des exposants tous différents. Par exemple, 7 s’écrit sous le forme 7 = 16 – 8 – 2 + 1 = (−2)
4 + (−2)
3 + (−2)
1 + (−2)
0.
Sauriez-vous écrire 2007 en système « binaire moins » ? Au fait, tout entier peut-il s’écrire dans ce système ?
Solution : [ Le Monde, Affaire de logique n° 552, 2 octobre 2007 ] Pour développer N en binaire moins, il suffit de diviser N par –2 avec reste euclidien (positif), puis le quotient par – 2, etc. Exemples : a) 7 = 1 + (–2)(–3) = 1 + (–2)( 1 + (–2).2 ) = 1 + (–2)( 1 + (–2).(0 + (–2)(1 – 2)) )
= (−2)0 + (−2)
1 + (−2)
3 + (−2)
4.
b) 2007 = 1 + (–2)( –1003 ) = 1 + (–2)( 1 + (–2).502 ) = 1 + (–2)( 1 + (–2).( 0 + (–2).(−251) ) = 1 + (–2)( 1 + (–2).( 0 + (–2).( 1 + (−2).126 ) = 1 + (–2)( 1 + (–2).( 0 + (–2).( 1 + (−2).( 0 + (–2).(–63) ) = 1 + (–2)( 1 + (–2).( 0 + (–2).( 1 + (−2).( 0 + (–2).( 1+ (–2).32 ) ) = 1 + (–2)( 1 + (–2).( 0 + (–2).( 1 + (−2).( 0 + (–2).( 1+ (–2). etc.) )
= (−2)0 + (−2)
1 + (−2)
3 + (−2)
5 + (−2)
11 +(−2)
12 .
= 1 – 2 – 8 – 32 – 2048 + 4096. On peut aisément programmer ce développement. Exercice 37 : Développement en base 3 symétrique.
Montrer que tout entier relatif n s’écrit de façon unique sous la forme n = i
iia 3.
0∑+∞
=, où (ai) est une
suite d’entiers ∈ −1, 0, +1 nuls à partir d’un certain rang. Programmer avec Maple ce développement. Comment obtient-on le signe de n d’après son écriture ? L’opposé de n ? Exemple : n = 53144, n = − 53144.
Solution : [ Arnaudiès-Fraysse, Algèbre 1, ex. 11 p. 152 ] Commençons par la division centrée de Gauss : Lemme : Si b = 2b’ + 1 est impair > 0, ∀a ∈ Z ∃!(q, r) ∈ Z×Z a = b×q + r , |r| ≤ b’. Considérons alors l’algorithme, formé de divisions centrées par 3 : n = q0 , q0 = 3×q1 + a1 , q1 = 3×q2 + a2 , … , qk = 3×qk+1 + ak+1 , …
Pour tout k, n = a0 + 3×a1 + … + 3k×ak + 3
k+1×qk+1 , et | a0 + 3×a1 + … + 3k×ak | ≤
213 1−+k
.
Autrement dit, n = a0 + 3×a1 + … + 3k×ak + 3
k+1×qk+1 est la division centrée de n par 3k+1
.
Il existe un entier k tel que |n| ≤ 2
13 1−+k
. Alors qk+1 = 0 et qi = ai pour i > k.
37
Par conséquent, n = a0 + 3×a1 + … + 3k×ak .
L’unicité découle de l’analyse faite. On peut la préciser : si l’on munit l’ensemble S = −1, 0, +1(N)
des suites nulles à partir d’un certain rang, de l’ordre lexicographique inverse, il est facile de montrer
que l’application f : a = (ai) → ∑ iia 3. est strictement croissante. Comme S est totalement ordonné,
f est injective.
L’opposé de n a pour développement – n = ∑ − iia 3).( .
Exercice 38 : Fractions égyptiennes.
Trouver les solutions (x, y, z, t) ∈ N*4 de
x1 +
y1 +
z1 +
t1 = 1.
Solution : [ W. Sierpinski, Théorie des nombres, problème 5.186, p. 41 ] On peut supposer à permutation près que x ≤ y ≤ z ≤ t.
Alors x1 +
y1 +
z1 +
t1 = 1 implique
x1 < 1 ≤
x4 , donc 2 ≤ x ≤ 4.
Pour chacune des valeurs de x, on a y1 <
y1 +
z1 +
t1 = 1 −
x1 ≤
y3 .
Donc max( x , E(x/11
1− ) + 1) ≤ y ≤ E(
x/113
− ).
Pour chacune des valeurs de (x, y) on a z1 <
z1 +
t1 = 1 −
x1 −
y1 ≤
z2 .
Donc max( y , E(yx /1/11
1−− ) + 1) ≤ z ≤ E(
yx /1/112−− ).
Enfin, il reste à savoir si 1 − x1 −
y1 −
z1 est de la forme
t1, avec t ≥ z….
Voici l’algorithme avec Maple. Il donne 14 solutions ( 215 en tout, après permutations ) : > for x from 2 to 4 do > for y from max(x,floor(1/(1-1/x))+1) to floor(3/(1- 1/x)) do > for z from max(y,floor(1/(1-1/x-1/y))+1) to floor(2 /(1-1/x-1/y)) do > t:=1/(1-1/x-1/y-1/z);if t=floor(t) and t >= z then print([x,y,z,t]);fi;od;od;od;
[ ], , ,2 3 7 42 [ ], , ,2 3 8 24 [ ], , ,2 3 9 18 [ ], , ,2 3 10 15 [ ], , ,2 3 12 12 [ ], , ,2 4 5 20 [ ], , ,2 4 6 12 [ ], , ,2 4 8 8 [ ], , ,2 5 5 10 [ ], , ,2 6 6 6 [ ], , ,3 3 4 12 [ ], , ,3 3 6 6 [ ], , ,3 4 4 6 [ ], , ,4 4 4 4
Si l’on impose aux dénominateurs d’être distincts, on trouve 6 expressions de 1 comme somme de 4 fractions égyptiennes (donc 144 en tout ) : > for x from 2 to 4 do > for y from max(x+1,floor(1/(1-1/x))+1) to floor(3/( 1-1/x)) do > for z from max(y+1,floor(1/(1-1/x-1/y))+1) to floor (2/(1-1/x-1/y)) do
38
> t:=1/(1-1/x-1/y-1/z);if t=floor(t) and t > z then print([x,y,z,t]);fi;od;od;od;
[ ], , ,2 3 7 42 [ ], , ,2 3 8 24 [ ], , ,2 3 9 18 [ ], , ,2 3 10 15 [ ], , ,2 4 5 20 [ ], , ,2 4 6 12
1 = 21 +
31 +
71 +
421 =
21 +
31 +
81 +
241 =
21 +
31 +
91 +
181
= 21 +
31 +
101 +
151 =
21 +
41 +
51 +
201 =
21 +
41 +
61 +
121 .
Cela fournit six définitions possibles du nombre 1... Remarque : le lecteur montrera de même que
Il y a 147 solutions (x, y, z, t, u) ∈ N*5 de
x1 +
y1 +
z1 +
t1 +
u1 = 1 telles que x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ u.
Il y a 72 solutions (x, y, z, t, u) ∈ N*5 de
x1 +
y1 +
z1 +
t1 +
u1 = 1 telles que x < y < z < t < u.
Exercice 39 : Fractions égyptiennes.
1) Montrer que, quel que soit l’entier s ≥ 1, l’équation 1
1x
+ … + sx
1 = 1
admet un nombre fini non nul de solutions (x1, …, xs) ∈ N*s.
2) Montrer que, quel que soit l’entier s ≥ 3, l’équation 1
1x
+ … + sx
1 = 1
admet un nombre fini non nul de solutions (x1, …, xs) ∈ N*s telles que x1 < … < xs.
Si ls est ce nombre, montrer que ls+1 > ls.
Solution : [ W. Sierpinski, Théorie des nombres, problèmes 5.187 et 5.188 ] 1) L’ensemble des solutions est non vide car (s, …, s) est solution. Il est fini en vertu du lemme plus général suivant :
Lemme : Pour tout a ∈ Q*+ et tout entier s ≥ 1, (x1, …, xs) ∈ N*s ;
1
1x
+ … + sx
1 = a est fini.
Ceci se prouve par récurrence sur s.
Si s = 1, x ∈ N* ; x1 = a est vide si 1/a ∉ N, a un élément sinon.
Supposons le résultat acquis au rang s pour tout a, et montrons-le au rang s + 1.
Si (x1, …, xs+1) ∈ N*s+1
est tel que 1
1x
+ … + 1
1+sx
= a avec x1 ≤ … ≤ xs+1, alors
1
1x
< a ≤ 1
1xs+ , donc
a1 < x1 ≤
as 1+ , x1 prend un nombre fini de valeurs.
Pour chacune d’elles, (x2, …, xs+1) ∈ N*s ;
2
1x
+ … + 1
1+sx
= a − 1
1x
, x2 ≤ … ≤ xs+1 est fini par
récurrence. L’ensemble est fini comme réunion finie d’ensembles finis. On conclut en symétrisant.
Remarque : Notons Ls = card Es, où Es = (x1, …, xs) ∈ N*s ;
1
1x
+ … + sx
1 = 1 et x1 ≤ … ≤ xs .
L1 = L2 = 1 car E2 = (2, 2), L3 = 3 car Es = (2, 3, 6), (2, 4, 4), (3, 3, 3), L4 = 14, L5 = 147.
Il y a une injection Es → Es+1 , à savoir (x1, …, xs) → (2, 2x1, …, 2xs) ; donc Ls ≤ Ls+1.
De plus, si s > 1, (s + 1, … , s + 1) est élément de Es+1 et n’est pas de cette forme.
39
2) La première assertion découle de 1).
Pour s = 3, on peut écrire 1 = 21 +
31 +
61 . C’est d’ailleurs la seule expression de 1 comme somme
de 3 fractions égyptiennes : l3 = 1. Pour s = 4, on a vu dans l’exercice précédent que l4 = 6, l5 = 72. Il y a de multiples façons de passer injectivement d’une expression de 1 comme somme de s fractions égyptiennes à une expression comme somme de s + 1 fractions égyptiennes de dénominateurs croissants.
Si 1 = 1
1x
+ … + sx
1 , avec x1 < … < xs, on peut écrire :
1 = 21 +
121x
+ … + sx2
1 ou 1 = 1
1x
+ … + 1
1−sx
+ 1
1+sx
+ )1(
1+ss xx
.
Ainsi, (2, 3, 6) génère (2, 4, 6, 12), (2, 4, 8, 12, 24), etc. et (2, 3, 7, 42), (2, 3, 7, 43, 42.43), etc.
Remarque : Les suites (Ls) et (ls) sont répertoriées dans le site internet OEIS (On Line Encyclopedia of Integer Sequences) de Neil J. A. Sloane sous les numéros respectifs A002966 et A006585.
(Ls) = ( 1, 1, 3, 14, 147, 3462, 294314, 159330691, … )
( ls ) = ( 1, 0, 1, 6, 72, 2320, 245765, 151182379, …) Exercice 40 : Fractions égyptiennes. Les Egyptiens depuis l’Antiquité (papyrus Rhind, 1650 av. J.-C.) avaient l’habitude de représenter les fractions comme sommes de fractions unitaires (de numérateur 1) de dénominateurs distincts.
Ainsi, ils écrivaient 112 sous la forme
61 +
661 ou encore
81 +
221 +
881 .
1) Sauriez-vous exprimer 52 comme somme de deux fractions égyptiennes ?
2) Trouvez le plus grand nombre possible de façons d’exprimer 125 :
− comme somme de 2 fractions égyptiennes dont les dénominateurs soient tous < 50 ; − comme somme de 3 fractions égyptiennes dont les dénominateurs soient tous < 50.
3) Exprimer la fraction 7750 comme somme d’un nombre minimum de fractions égyptiennes de
dénominateurs distincts tous impairs et strictement plus petits que 77.
Solution : [ Le Monde, Affaire de logique, n° 922, 22 juillet 2015 ]
1) Bien sûr, 52 =
51 +
51 , mais les dénominateurs sont égaux.
L’identité a1 =
11+a
+ )1(
1+aa
donne alors 52 =
51 +
61 +
301 , somme de trois fractions égyptiennes.
Cela ne résout pas le problème…
Ecrivons 52 =
a1 +
b1 , où a et b sont des naturels > 0, avec a < b. Posons s = a + b, p = ab.
Il vient 2p = 5s ; a et b sont solutions de l’équation x2 – sx + p = x
2 – sx +
25s = 0.
∆ = s2 – 10s = s ( s – 10 ) , donc a =
2∆−s et b =
2∆+s .
∆ = 2b – s, donc ∆ est un carré parfait ; écrivons ∆ = d2.
s2 – 10s = d
2 ⇔ ( s – 5 )
2 = d
2 + 25 ⇔ ( s – 5 + d )( s – 5 – d ) = 25 .
s – 5 + d = s – 5 – d = ± 5 implique d = 0 , ∆ = 0, s = 10, a = b = 5 : cas exclu.
s – 5 + d = 25 et s – 5 – d = 1 impliquent s = 18 , ∆ = 18.8 = 9.16 , d = 12 , a = 3 et b = 15 :
52 =
31 +
151 .
s – 5 + d = −1 et s – 5 – d = −25 impliquent s = −8 , impossible !
40
Autre solution, très différente : l’encadrement a1 <
52 <
a2 implique
25 < a < 5, donc a = 3 ou 4.
a = 3 donne 52 =
31 +
151 , a = 4 ne conclut pas.
2) Ecrivons 125 =
a1 +
b1 , où a et b sont des naturels > 0, avec a < b.
L’encadrement a1 <
125 <
a2 implique
512 < a <
524 , donc a = 3 ou 4. Les deux concluent.
125 =
31 +
121 =
125 =
41 +
61 .
5/12 est somme de deux fractions égyptiennes.
2) Ecrivons 125 =
a1 +
b1 +
c1 , où a, b et c sont des naturels > 0, avec a < b < c.
L’encadrement a1 <
125 <
a3 implique
512 < a <
536 , donc 3 ≤ a ≤ 7.
En fait 3 ≤ a ≤ 6, car on a a1 <
125 ≤
a1 +
11+a
+ 2
1+a
, ce qui n’est pas satisfait pour a = 7.
Voici un progamme Maple donnant toutes les expressions de 5/12 comme somme de trois fractions égyptiennes. On en trouve 12 : > for a from ceil(12/5) to floor(36/5) do x:=5/12-1/a ;for b from max(a+1,ceil(1/x)) to floor(2/x) do if numer(x-1/b) =1 and denom(x-1/b) > b then print([1/a,1/b,x-1/b]);fi;od;od;
Remarque : En 1948, Paul Erdös et Ernst G. Straus ont conjecturé que pour tout entier n > 1, 4/n peut
s’écrire comme somme de trois fractions unitaires, n4 =
a1 +
b1 +
c1 , les entiers a, b et c n’étant pas
nécessairement distincts. Cette conjecture n’est pas démontrée à ce jour, même s’il existe beaucoup de résultats assez forts la concernant. Ainsi, si n est ≥ 5 et de la forme 3k – 1, on peut écrire :
13
4−k
= k1 +
131−k
+ )13(
1−kk
.
__________ 4. Analyse combinatoire.
Exercice 1 : Hommage à Nikos Kazantzaki. Combien y a-t-il d’espèces de gens ?
Solution : Si l’on en croit La Liberté ou la mort : « Il y a trois espèces de gens : ceux qui mangent les œufs sans la coquille, ceux qui la mangent avec la coquille et ceux qui, les ayant mangés avec la coquille, mangent aussi la marmite qui les contenait. Ceux-là s’appellent les Crétois. » Exercice 1 bis : Hommage à Talleyrand. Combien y a-t-il d’espèces de savoirs ?
, ,
13
113
1156
, ,
13
114
184
, ,
13
115
160
, ,
13
116
148
, ,
13
118
136
, ,
13
120
130
, ,
13
121
128
, ,
14
17
142
, ,
14
18
124
, ,
14
19
118
, ,
14
110
115
, ,
15
16
120
41
Solution : Si l’on en croit Charles Maurice de Talleyrand-Périgord, il y a « trois sortes de savoir : le savoir proprement dit, le savoir-vivre et le savoir-faire ; les deux derniers dispensant généralement du premier. » (cité par Jean Orieux, p. 93) Exercice 2 : Hommage à Jules Verne. « Ce nombre, s’écria le magistrat, ce nombre ! Mais de combien de chiffres se compose-t-il ? Est-ce de deux, de trois, de quatre, de neuf, de dix ? Est-il fait de chiffres différents, ce nombre, ou de chiffres plusieurs fois répétés ? Savez-vous bien, jeune homme, qu’avec les dix chiffres de la numération, en les employant tous, sans répétition aucune, on peut faire trois millions deux cent soixante-huit mille huit cent nombres différents, et que si plusieurs mêmes chiffres s’y trouvaient, ces millions de combinaisons s’accroîtraient encore ? Et savez-vous qu’en n’employant qu’une seule des cinq cent vingt-cinq mille six cents minutes dont se compose l’année à essayer chacun de ces nombres, il vous faudrait plus de six ans, et que vous y mettriez plus de trois siècles, si chaque opération exigeait une heure ! Non ! vous demandez là l’impossible ! » (La Jangada, 2ème partie, chap. XIII). Vérifiez les dénombrements effectués par Jules Verne. Solution : Les calculs du grand Jules sont exacts, comme le confirme Maple : > 10!;
3628800 > 525600-365*24*60;
0 > iquo(10!,525600);
6 > iquo(10!,365*24);
414
Exercice 3 : Etudier la monotonie et la convexité de la fonction k → knC .
Pour quels entiers n et p, 1−pnC , p
nC et 1+pnC sont-ils en progression arithmétique ?
Solution : [ Oral Mines 2003, RMS n° 61 ]
1) Monotonie. 1+knC − knC = )12()!()!1(
! −−−+ knknk
n est du signe de n − (2k + 1).
Si n = 2m, k → knC est strictement croissante sur [0, m], strictement décroissante sur [m, n]. Elle est unimodale, en ce sens qu’elle atteint son maximum en un point unique, m
mC2 .
Si n = 2m +1, k → knC est strictement croissante sur [0, m], strictement décroissante sur [m+1, n]. Elle est bimodale, en ce sens qu’elle atteint son maximum en deux points : mmC 12 + = 1
12−+
mmC .
2) Convexité. 1+knC − 2 knC + 1−knC = ),(.
)!1()!1(! knA
knkn
+−+ , où A(n, k) = ( n − 2k )2 – ( n + 2 ).
La fonction k → knC est
convexe sur les intervalles [0, 2
2+− nn ] et [2
2++ nn , n] , concave sur [2
2+− nn ,2
2++ nn ] . 3) Progression arithmétique.
A(n, k) = 0 ⇔ ( n − 2k )2 = ( n + 2 ) ⇔ k =
22+± nn .
n + 2 doit être carré parfait : n = m2 – 2 , m ≥ 2 , k =
22² mm ±− .
1−pnC , p
nC et 1+pnC sont en progression arithmétique ssi ( n, p ) = ( m2
– 2 , 22² mm ±− ) , m ≥ 2 .
Exemples : n = 7, (7, 21, 35), (35, 21, 7), etc.
42
Remarque : La fonction k → knC est la célèbre « courbe en cloche », qui joue un rôle fondamental en calcul des probabilités. Avec Maple : > with(plots): > cloche:=n->listplot([seq(binomial(n,k),k=0..n)],thi ckness=2); cloche2:=n->pointplot([seq([k,binomial(n,k)],k=0..n )],thickness=2); > cloche(30);cloche2(30);
Exercice 4 : Montrer que, pour tout n ≥ 1, nnC2 est pair.
Solution : [ Centrale 2011, écrit ] C’est une simple conséquence de la formule de Pascal n
nC2 = nnC 12 − + 1
12−−
nnC = 2 n
nC 12 − .
Variante : nnC2 =
!)2)(12)...(1(
nnnn −+
= 2)!1(
)12)...(1(−
−+n
nn = 2 n
nC 12 − derechef.
Remarque : on peut aussi utiliser de l’artillerie lourde.
− à la Legendre, en considérant v2( nnC2 ) = ∑
≥
1 22
kkn − 2
k
n2
et en montrant que tous les termes de
la somme sont des entiers ≥ 0, l’un étant ≥ 1.
− à la Lucas, en utilisant la formule nmC ≡ 0
0
ba
C 1
1
ba
C … (mod 2) et en notant qu’un des kk
ba
C est nul.
Exercice 5 : Pour a ∈ N* et n ∈ N*, on pose Sa(n) = ∑=
n
k
ak1
. Le but de l’exercice est de chercher les
triplets (a, b, c) d’entiers naturels tels que Sa(n) = Sb(n)c , c ≥ 2, pour tout n ∈ N*.
1) Expression et calcul de S1(n) et S3(n) ?
2) Donner un équivalent de Sa(n) lorsque n tend vers +∞. 3) Conclure.
Solution : [ Oral Centrale MP 2012, RMS n° 759 ] Joli exercice, sans prétention… On suppose c ≥ 2 dans toute cette solution.
1) On sait que S1(n) = 2
)1( +nn, S2(n) =
6)12)(1( ++ nnn
et S3(n) = 4
)²1²( +nn = S1(n)
2.
Cela se montre, par exemple, à partir de ( k + 1 )
3 – k
3 = 3k
2 + 3k + 1, puis de ( k + 1 )
4 – k
4 = 4k
3 + 6k
2 + 4k + 1, en sommant.
On conjecture que le seul triplet (a, b, c) cherché est (3, 1, 2).
2) L’équivalent Sa(n) ∼ 1
1
++
ana
s’obtient principalement par des méthodes intégrales :
43
i) La croissance de xa donne l’encadrement :
1
1
++
ana
= ∫n
a dxx0
. ≤ Sa(n) ≤ ∫+1
0.
na dxx =
1)1( 1
++ +
an a
.
ii) Ou bien, par sommes de Riemann sur [0, 1] : n1 ∑
=
n
k
a
nk
1
)( → ∫1
0.dxxa =
11+a
.
3) Supposons Sa(n) = Sb(n)c pour tout n ∈ N*.
Alors 1
1
++
ana
∼ c
cb
bn
)1(
)1(
+
+
implique a + 1 = c ( b + 1 ) et a + 1 = ( b + 1 )c.
Remplaçant c par 11
++
ba dans a + 1 = ( b + 1 )
c , il vient : ( a + 1 )b+1 = ( b + 1 )
a+1 .
Or le seul couple (x, y) d’entiers tels que x > y ≥ 2 et xy = y
x est (4, 2).
Cela se voit rapidement par étude des variations de la fonction xxln .
Par conséquent a + 1 = 4, b + 1 = 2 et c = 2, et (a, b, c) = (3, 1, 2). Cqfd.
Exercice 6 : Montrer l’identité hypergéométrique : n baC + = ∑ −
k
knb
ka CC . .
Solution : Dans cette somme, k varie de max(0, n−b) à min(n, a), ou de 0 à l’infini avec les conventions habituelles sur les binomiaux. Cette importante identité, dite parfois de Vandermonde mais en réalité bien plus ancienne, peut s’établir par plusieurs moyens, l’un combinatoire, l’autre algébrique : 1) en dénombrant de deux façons les parties à n éléments d’un ensemble de a + b éléments, selon le nombre d’éléments du type a qu’elles contiennent.
2) en identifiant les coefficients de Xn dans les deux membres de : ( 1 + X )
a+b = (1 + X)
a.(1 + X)
b.
3) on peut aussi la montrer par récurrence sur a (ou sur b).
On en déduit : ∑=
n
k 0
kn)²(C = n
nC2 .
Exercice 7 : On rappelle l’équivalent de Stirling : n! ~ nen n π2.)( .
1) Montrer que la suite n → nnC2 est croissante et convexe. Equivalent de cette suite ?
2) Equivalent de la suite Mn = max knC ; 0 ≤ k ≤ n ?
3) On pose ak(m) = kmmm C +
22 .21 pour −m ≤ k ≤ m. Equivalents de (a0(m))m et (ak(m))m (k fixé) ?
Solution : 1) Posons an = nnC2 ;
n
n
aa 1+ =
1)12(2
++
nn
> 1.
Et, après factorisation, an+1 + an−1 − 2.an = )1)(12(2
)13(3+−
−nn
nnan > 0.
Par Stirling, nnC2 ∼ n
en n π4.)2( 2 / n
en n π2.)( 2 =
n
n
π
22.
2) Si n = 2m, Mn = mmC2 ∼
m
m
π
22 =
n
n
π
2/12 +.
Si n = 2m + 1, Mn = mmC 12 + =
112
++
mm m
mC2 ∼ 2 mmC2 ∼
m
m
π
122 + =
n
n
π
2/12 +.
Dans les deux cas, Mn ∼ n
n
π
2/12 +.
44
3) En vertu de 1), a0(m) ∼ mπ
1 . Et plus généralement, ak(m) ∼ mπ
1 , car si k > 0 :
)()(
0 mamak =
)!()!()!( 2
kmkmm
−+ = ))...(1(
)...1(kmmmkm
+++−
∼ k
k
mm
= 1. Idem si k > 0.
Exercice 8 : On choisit « au hasard » une application de 1, 2, … , n dans lui-même.
Quelle est la probabilité pn pour qu’elle soit bijective ? Etudier la suite (pn).
Solution :
“Au hasard ” signifie de manière équiprobable. On a alors pn = nnn! .
n
n
pp 1+ = ( 1 +
n1 )−n
. On en déduit que (pn) est décroissante, et que n
n
pp 1+ → 1/e (*)
La suite (pn) étant décroissante minorée par 0, converge. Si sa limite L était non nulle, on aurait 1 = 1/e en passant à la limite en (*).
Autre solution : comme 1/e < ½, à partir d’un certain rang n0, on a n
n
pp 1+ ≤
21 , donc
knp +0
≤ 02
1nk p .
Donc (pn) tend en décroissant vers 0.
NB : La formule de Stirling, rappelée dans l’exercice précédent, fournit un équivalent de (pn).
Exercice 9 : Soit Un l’ensemble des racines n-èmes de l’unité. Combien y a-t-il de triangles dont les
sommets appartiennent à Un ? Parmi eux, combien y a-t-il de triangles rectangles ? Combien y a-t-il
de rectangles dont les sommets appartiennent à Un ?
Solution : 1) Un triangle ABC est défini par la donnée de ses sommets, 3 points non alignés. Comme 3 points distincts d’un cercle ne sont jamais alignés, il y a autant de triangles cherchés que
de parties à 3 éléments de Un , c’est-à-dire 3nC . Variante : se donner un triplet (A, B, C) de points distincts, puis effacer le numérotage…
2) Un triangle rectangle ne peut être inscrit dans Un que si n est pair. En effet, soit ABC un triangle rectangle en A, inscrit dans le cercle unité. Celui-ci est le cercle circonscrit du triangle, donc O est milieu de [BC] ; B et C sont diamétralement opposés. Si a, b, c sont les affixes resp. de A, B, C, et si a, b, c sont dans Un , b/c = −1 ∈ Un, donc n est pair.
3) Réciproquement, supposons n pair, n = 2m. Soient A un point fixé de Un, A’ le point diamétralement opposé. Comptons les triangles rectangles
en A : ils sont de la forme ABB’, où B ∉ A, A’. Il y a n−2 tels points B donc 22−n tels triangles,
car B et B’ définissent le même triangle. Comme A varie, il y a en tout n.22−n = m.(2m – 2)
triangles rectangles. Autre approche (Jean Auternaud) : commençons par nous donner l’hypoténuse BB’ du triangle. Il y a alors n – 2 choix possibles pour le point A. Comme il y a m = n/2 diamètres BB’ possibles, on
retrouve n.22−n = m.(2m – 2) triangles rectangles.
4) Pour obtenir le nombre de rectangles dont les sommets sont dans Un, il suffit de diviser ce nombre par 4, car un triangle rectangle ABB’ définit un rectangle ABA’B’, mais chaque rectangle provient
de 4 triangles possibles. Ainsi, il y a 2
)1( −mm rectangles inscrits dans Un .
45
Le lecteur est invité à vérifier ces résultats en faisant des figures pour n = 4, 6 et 8. Exercice 10 : Soit E un ensemble fini de cardinal n. Si X est fini, on note |X| son cardinal.
1) Calculer ∑∈ )(EPX
X . 2) En déduire ∑∈
∪)²(),( EPYX
YX et ∑∈
∩)²(),( EPYX
YX .
Solution : [ Oral Centrale 2004 ] 1ère méthode : notons 1X la fonction indicatrice de X.
∑∈ )(EPX
X = ∑ ∑∈ ∈)(
)(1EPX Ex
X x = ∑ ∑∈ ∈Ex EPX
X x)(
)(1 = ∑∈
−
Ex
n 12 = n.2n−1
.
En effet, si x est un élément de E,∑∈ )(
)(1EPX
X x est le nombre de parties de E contenant x. Or ces parties
sont au nombre de 2n−1
, car elles s’écrivent de façon unique B ∪ x, où B ⊂ X− x.
∑∈
∩)²(),( EPYX
YX = ∑ ∑∈
∩∈)²(),(
)(1EPYX
YXEx
x =∑ ∑∈
∩∈Ex
YXEPYX
x)(1)²(),(
= ∑∈
−
Ex
n 14 = n.4n−1
.
En effet, si x est un élément de E, ∑∈
∩)²(),(
)(1EPYX
YX x est le nombre de couples de parties contenant x.
Ce nombre est 4n−1
, car il suffit de se donner deux parties contenant x.
∑∈
∪)²(),( EPYX
YX = ∑ ∑∈
∪∈)²(),(
)(1EPYX
YXEx
x =∑ ∑∈
∪∈Ex
YXEPYX
x)(1)²(),(
= ∑∈
−
Ex
n 14.3 = 3n.4n−1
.
En effet, si x est élément de E, ∑∈
∪)²(),(
)(1EPYX
YX x est le nombre de couples de parties dont la réunion
contient x. Ces parties sont de la forme X ∪ Y, où X et Y contiennent x, X mais pas Y, Y mais pas
X… En tout 3.4n−1
.
2ème méthode. Groupant les parties selon leur cardinal, il vient :
∑∈ )(EPX
X = ∑∑= =
n
k kX
X0
= ∑=
n
k
knkC0
= n.2n−1
, si l’on dérive (1 + x)n = ∑
=
n
k
kkn xC0
et si l’on fait x = 1.
Soient A = ∑∈
∪)²(),( EPYX
YX et B = ∑∈
∩)²(),( EPYX
YX . Calculons A + B et A – B.
• A + B = ∑∈
+)²(),(
)(EPYX
YX = ∑ ∑∈ ∈
+)( )(
)(EPX EPY
YX = ∑ ∑∈ ∈
+)( )(
2(EPX EPY
n YX ) = ∑∈
−+)(
1)22(EPX
nn nX
= n.22n−1
+ 2n ∑
∈ )(EPX
X = n.22n−1
+ n.22n−1
= n.4n .
• A – B = ∑∈
∆)²(),( EPYX
YX = ∑∈ )(EPZ
∑=∆∆ZYXYX
YX);,(
= ∑∈ )(
)(.EPZ
ZNZ ,
où N(Z) est le nombre de couples (X, Y) tels que X ∆ Y = Z. Or ∆ est une loi de groupe, et ces couples sont de la forme (X, X ∆ Z), donc sont au nombre de 2
n.
Donc A – B = ∑∈ )(
2.EPZ
nZ = n22n−1
. On en déduit derechef A et B.
3ème méthode. On peut calculer A et B en groupant les parties selon leur cardinal :
• A = ∑∈
∪)²(),( EPYX
YX = ∑∈ )(
)(.EPZ
ZRZ , où R(Z) est le nombre de couples (X, Y) tels que X ∪ Y = Z.
• B = ∑∈
∩)²(),( EPYX
YX = ∑∈ )(
)(.EPZ
ZIZ , où I(Z) est le nombre de couples (X, Y) tels que X ∩ Y = Z.
Tout revient à calculer R(Z) et I(Z) : cela est laissé en exercice. Exercice 11 : Soient E un ensemble fini de cardinal n, PPPP(E) l’ensemble de ses parties.
46
1) Quel est le nombre de couples (A1, A2) de parties de E tels que A1 ⊂ A2 ? 2) Quel est le nombre de r-uplets (A1, …, Ar) de parties de E tels que A1 ⊂ A2 ⊂ … ⊂ Ar ?
Solution : 1) Se donner le couple (A1, A2) tel que A1 ⊂ A2 revient à se donner le couple (A1, A2 − A1) de deux
parties disjointes de E. Il y a ∑=
−n
k
knknC0
2. = ( 1 + 2 )n = 3
n tels couples.
Autre solution : Se donner le couple (A1, A2) tel que A1 ⊂ A2 revient à se donner une partie A2, puis
une partie A1 de A2. Il y a ∑=
n
k
kknC0
2. = ( 1 + 2 )n = 3
n tels couples.
2) Notons P(n, r) le nombre cherché. On vient de voir que P(n, 2) = 3n.
Raisonnons par récurrence sur r. Pour se donner un r+1-uplet (A1, …, Ar+1) de parties de E tel que
A1 ⊂ A2 ⊂ … ⊂ Ar+1 , il faut se donner Ar+1, puis un r-uplet (A1, …, Ar) de parties de E tel que A1
⊂ … ⊂ Ar . Si on fait ce décompte selon le cardinal de Ar+1, il vient : P(n, r + 1) = ∑=
n
k
kn rkPC0
),(. .
Admettant que P(n, r) = ( r + 1 )n
, il vient P(n, r + 1) = ∑=
+n
k
kkn rC0
)1.( = ( r + 2 )n
.
Autre méthode : pour se donner (A1, …, Ar+1), il faut se donner (A1, A2 − A1, …, Ar+1 − A1), c’est-
à-dire (A1, B1, …, Br), où B1 ⊂ … ⊂ Br est suite croissante de parties de E − A1. Exercice 12 : Soit E un ensemble à n éléments. Combien y a-t-il de couples (A, B) de parties de E telles que A ∪ B = E ?
Solution : En passant aux complémentaires, le nombre cherché est égal au nombre de couples (A, B) de parties de E telles que A ∩ B = ∅.
Or ce nombre vaut N = ∑=
−n
k
knknC0
2. , car, si A est donnée, B est une partie quelconque de E – A.
Le binôme aidant, il vient N = 3n.
On peut aussi noter que, si A est donnée, A ∪ B = E ⇔ B contient E – A ⇔ B s’écrit (E – A) ∪ X,
où X est une partie quelconque de A. Donc N = ∑=
n
k
kknC0
2. …
Exercice 13 : Soient X un ensemble à n éléments, Y un ensemble à p éléments. Combien y a-t-il d’applications de X dans Y prenant k valeurs ?
Solution : Naturellement on doit avoir 1 ≤ k ≤ min(n, p). Une application de X dans Y telle que card f(X) = k définit une surjection de X sur une partie B à k
éléments de Y. Ainsi, f ∈ FFFF(X, Y) ; card f(X) = k a pour partition SSSS(X, B), B ∈ PPPPk(Y). Or, en vertu du cours d’analyse combinatoire, chacun des SSSS(X, B) a pour cardinal
card SSSS(X, B) = kn − .1kC ( k − 1 )
n + .2kC ( k − 2 )
n − .3kC ( k − 3 )
n − … + (−1)
k. .kkC ( k − k )
n
Par conséquent :
card f ∈ FFFF(X, Y) ; card f(X) = k = kpC ∑=
−−k
h
nhk
h hkC0
).()1(
= kpC [( kn − .1kC ( k − 1 )
n + .2kC ( k − 2 )
n − .3kC ( k − 3 )
n − … + (−1)
k. .kkC ( k − k )
n ]
47
Exemples : Si k = 1, on trouve 1pC = p : ce sont les fonctions constantes.
Si k = 2, on trouve 2pC ( 2n – 2 ) : ce sont les fonctions constantes.
Si k = 3, on trouve 3pC ( 3n – 3.2
n + 3 ) : ce sont les fonctions constantes.
Si 1 ≤ k = n ≤ p, on trouve les injections de 1, … , n dans 1,…, p . Si 1 ≤ k = p ≤ n, on trouve les surjections de 1, … , n dans 1,…, p . Exercice 14 : kangourous fibonacciens.
1) Soient n un entier ≥ 0, p un entier ≥ 1. Quel est le nombre des p-uplets (x1, …, xp) ∈ 0, 1p
tels que x1 + … + xp = n ?
2) En déduire le nombre des p-uplets (y1, …, yp) ∈ 1, 2p tels que y1 + … + yp = n .
3) Un kangourou parcourt une distance de n mètrres en faisant des bonds de 1 mètre ou de 2 mètres. De combien de façons peut-il s’y prendre ?
4) Déduire de ce qui précède la formule fn+1 = ∑=+ nba
baC ,
où (fn) est la suite de Fibonacci, donnée par : f0 = 0 , f1 = 1 , fn+2 = fn+1 + fn .
Solution :
1) Si (x1, …, xp) ∈ 0, 1p est tel que x1 + … + xp = n , n des xi sont égaux à 1, les autres étant nuls.
Se donner un p-uplet (x1, …, xp) ∈ 0, 1p tel que x1 + … + xp = n équivaut à se donner une partie à
n éléments de 1, 2, …, p, à savoir l’ensemble i ; xi = 1, partie à n éléments de 1, 2, …, p.
card (x1, …, xp) ∈ 0, 1p ; x1 + … + xp = n = npC .
Bien entendu, ce nombre est nul si n > p. 2) Si y = (y1, …, yp) ∈ 1, 2
p est tel que y1 + … + yp = n , alors nécessairement p ≤ n ≤ 2p.
Posons xi = yi – 1 pour tout i. Le p-uplet x = (x1, …, xp) ∈ 0, 1p est tel que y1 + … + yp = n − p.
Et la correspondance y → x est bijective.
card (y1, …, yp) ∈ 1, 2p ; y1 + … + yp = n = pn
pC − .
3) Notons an le nombre cherché. On a a1 = 1 , a2 = 2 et an+2 = an+1 + an . On reconnaît, à décalage près, les nombres de Fibonacci f0 = 1 , f1 = 2 et fn+2 = fn+1 + fn .
Donc, pour tout n, an = fn+1 .
C’est le nombre total de p-uplets (y1, …, yp) ∈1, 2p de toutes longueurs, tels que y1 + … + yp = n.
4) Transversales du triangle de Pascal.
Il découle de 2) et 3) que fn+1 = ∑ −
p
pnpC = ∑
≤≤
−
npn
pnpC
2/
= ∑=+ nji
ijC .
Remarques : 1) On peut aussi montrer ce résultat à l’aide des formules de Pascal. 2) On peut aussi passer par les polynômes et les séries entières formelles.
Si C(n, p) = card (y1, …, yp) ∈ 1, 2p ; y1 + … + yp = n , ( X + X
2 )p = ∑
n
nXpnC ).,( .
Et an = ∑p
pnC ),( est le coefficient de ∑ +p
pXX ²)( = ²1
1XX−− = ∑
n
nn Xa . .
Exercice 15 : 1) Combien y a-t-il d’applications strictement croissantes [1, k] → [1, n] ? 2) Combien y a-t-il de fonctions croissantes [1, k] → [1, n] ?
Solution : 1) Ce nombre est knC si 1 ≤ k ≤ n , 0 sinon.
48
Supposons 1 ≤ k ≤ n. Si u : [1, k] → [1, n] est strictement croissante, 1 ≤ u(1) < u(2) < … < u(k) ≤ n, alors A = u(1), u(2), …, u(k) est une partie à k éléments de 1, 2, …, n. La correspondance u → A est bijective, car si A est une partie à k éléments de 1, 2, …, n, il existe une unique application strictement croissante d’image A : si l’on range les éléments de A dans l’ordre croissant, u(k) est le k-ème élément de A.
2) Soit f : [1, k] → [1, n] une fonction croissante, 1 ≤ f(1) ≤ f(2) ≤ … ≤ f(k) ≤ n. Considérons la fonction u définie sur [1, k] par u(i) = f(i) + i – 1. u est strictement croissante [1, k] → [1, n + k − 1] car u(i + 1) − u(i) = f(i + 1) – f(i) + 1 > 0. Et la correspondance f → u est bijective, car f se calcule en fonction de u.
Autre méthode : soit c(k, n) le nombre de fonctions croissantes : [1, k] → [1, n]. Il est clair que c(1, n) = n et c(k, 1) = 1. De plus c(k + 1, n + 1) = c(k + 1, n) + c(k, n). En effet, si f : [1, k+1] → [1, n+1] est croissante : • soit f(k + 1) ≤ n ; f est alors croissante [1, k+1] → [1, n] ; • soit f(k + 1) = n + 1 ; f induit une fonction croissante g : [1, k] → [1, n], qu’il suffit de prolonger par f(k + 1) = n + 1. Si l’on convient que c(0, n) = 1, la formule c(k + 1, n + 1) = c(k + 1, n) + c(k, n) reste vraie. On peut alors tabuler les c(k, n) et conjecturer que c(k, n) = k
knC 1−+ . Pour le montrer rigoureusement,
il suffit d’observer que la fonction (k, n) → kknC 1−+ vérifie les mêmes propriétés que c, et conclure par
récurrence sur s = k + n.
Exercice 16 : Soit n ∈ N. Combien y a-t-il de p-uplets (x1, …, xp) ∈ Np tels que x1 + … + xp = n ?
Solution : Notons T(n, p) ce nombre. 1ère méthode : Associons à ce p-uplet (x1, …, xp) un (n+p)-uplet (ε1 , ε2, …, εn+p) ∈ 0, 1
n+p
contenant p−1 termes égaux à 1, obtenu ainsi : on écrit dans cet ordre x1 fois 0, puis 1, puis x2 fois 0,
puis 1, etc., puis 1, puis xp fois 0. On obtient un mot à deux lettres, de longueur n+p, contenant p – 1
lettres égales à 1. Ces mots sont au nombre de 1−+p
pnC , et la correspondance ainsi décrite est bjiective.
2ème méthode : Associons à ce p-uplet (x1, …, xp) le p-uplet (y1, y2, …, yp−1), où
y1 = x1 , y2 = x1 + x2 , … , yp−1 = x 1 + … + xp−1 .
On a 0 ≤ y1 ≤ y2 ≤ … ≤ yp−1 ≤ n , et la correpondance est bijective. Nous sommes ramenés à l’exercice précédant.
3ème méthode : séries génératices. Considérons la série entière formelle pX)1(1
−.
D’une part, pX)1(1
− = ∑
+∞
=01
1
a
aX ∑+∞
=02
2
a
aX … ∑+∞
=0p
p
a
aX = ∑+∞
=0
).,(n
nXpnT par produit de Cauchy.
D’autre part, pX)1(1
− =
)!1(1−p
Dp−1(
X−11 ) =
)!1(1−p
Dp−1(∑
+∞
=0n
nX )
= )!1(
1−p ∑
+∞
=
−+−−0
).2)...(1(n
pnXpnnn = ∑+∞
=
−−
0
1.n
pnpn XC = ∑
+∞
=
−+
0
1.n
nppn XC .
Il reste à identifier. Si l’on veut rester dans le cadre des séries entières traditionnelles, il suffit de remplacer X par une variable réelle x telle que |x| < 1. Exercice 17 : Soit n ∈ N. Combien y a-t-il :
i) de p-uplets (x1, x2, …, xp) ∈ Np dans le simplexe x1 + x2 + … + xp ≤ n ?
ii) de p-uplets (y1, y2, …, yp) ∈ N*p dans le simplexe y1 + y2 + … + yp ≤ n ?
iii) de p-uplets (z1, z2, …, zp) ∈ Zp dans l’octaèdre |z1| + |z2| + … + |zp| ≤ n ?
49
Solution : Traitons cet exercice indépendamment du précédant. Notons A(n, p), B(n, p) et C(n, p) ces nombres respectifs.
1) Il y a un lien direct entre le calcul de A(n, p) et celui de B(n, p).
En effet, si l’on pose yi = xi + 1, calculer B(n, p) équivaut à dénombrer les p-uplets
(x1, x2, …, xp) ∈ Np tels que x1 + x2 + … + xp ≤ n − p . Il y en a A(n − p, p).
Ainsi B(n, p) = A(n – p, p) (bien entendu B(n, p) = 0 si n < p).
2) Le calcul de B(n, p) est aisé. Posant s1 = y1 , s2 = y1 + y2 , … , sp = y1 + y2 + … + yp , on a 1 ≤ s1 < s2 < … < sp ≤ n.
Il y a pnC applications strictement croissantes [1, p] → [1, n].
Comme la correspondance y → s est bijective, il y a pnC p-uplets (y1, y2, …, yp).
Conclusion : B(n, p) = pnC , A(n, p) = p
pnC + .
Remarque : posant t1 = x1 , t2 = x1 + x2 , … , tp = x1 + x2 + … + xp , on a 0 ≤ t1 < t2 < … < tp ≤ n. Calculer A(n, p) revient à dénombrer les applications croissantes [1, p] → [0, n].
3) Calcul de C(n, p). Dénombrons d’abord les (z1, z2, …, zp) tels que z1, …, zk soient non nuls, zk+1 = … = zp = 0.
Tout revient à dénombrer les k-uplets (z1, …, zk) d’éléments non nuls tels que |z1| + … + |zk| ≤ n .
En vertu de ii) il y en a 2k knC .
Si maintenant k des zi sont non nuls, mais pas nécessairement les k premiers, il y en a 2k knC kpC .
Il reste à faire varier k de 0 à p :
Conclusion : A(n, p) = ppnC + , B(n, p) = p
nC , C(n, p) = ∑=
p
k
kpknk CC0
2 .
4) On peut traiter ces questions à l’aide de la méthode des séries génératrices. Soient a(n, p) le nombre de p-uplets (x1, x2, …, xp) ∈ N
p tels que x1 + x2 + … + xp = n ,
b(n, p) le nombre de p-uplets (y1, y2, …, yp) ∈ N*p tels que y1 + y2 + … + yp = n ,
c(n, p) le nombre de p-uplets (z1, z2, …, zp) ∈ Zp tels que |z1| + |z2| + … + |zp| = n .
∑+∞
=0
).,(n
nXpna = pX)1(1
− =
)!1(1−p
Dp−1(
X−11 ) =
)!1(1−p
Dp−1(∑
+∞
=0n
nX )
= )!1(
1−p ∑
+∞
=
−+−−0
).2)...(1(n
pnXpnnn = ∑+∞
=
−−
0
1.n
pnpn XC = ∑
+∞
=
−+
0
1.n
nppn XC .
Comme A(n, p) = a(0, p) + a(1, p) + … + a(n, p) ,
∑+∞
=0
).,(n
nXpnA = X−1
1 ∑+∞
=0
).,(n
nXpna = 1)1(1
+− pX =
!1p
Dp(
X−11 ) =
!1p
Dp(∑
+∞
=0n
nX )
= !
1p
Dp(∑
+∞
=0n
nX ) = !
1p
∑+∞
=
−+−−0
).1)...(1(n
pnXpnnn = ∑+∞
=
−
0
.n
pnpn XC = ∑
+∞
=+
0
.n
nppn XC .
Conclusion : a(n, p) = 1−+p
pnC , A(n, p) = ppnC + .
Pour B et C, réfléchir ou consulter :
Référence : Polya-Szegö, t.1, n° 29 p. 5 et 182. Exercice 18 : Montrer que le nombre de sous-ensembles à k éléments de 1, 2, …, n ne contenant pas d’entiers consécutifs est donné par k
knC −+1 .
Solution : Soit A un sous-ensemble à k éléments de 1, 2, …, n ne contenant pas d’entiers consécutifs.
50
Ecrivons A = a1, a2, …, ak , où 1 ≤ a1 < a2 < … < ak ≤ n. On a pour tout i : ai+1 – ai ≥ 2.
Associons au k-uplet (a1, a2, …, ak) le k-uplet (b1, b2, …, bk) = (a1, a2 − 1, a3 − 2, …, ak – k + 1).
Il vérifie 1 ≤ b1 < b2 < … < bk ≤ n – k + 1, et la correspondance est bijective. Ainsi, il y a autant d’ensembles A que de fonctions strictement croissantes de 1, 2, …, k dans 1, 2, …, n − k +1, c’est-à-dire k
knC −+1 .
Autre approche : Notons knB le nombre cherché. On a 1nB = n , nnB = 0 pour n ≥ 2 et k
nB 1+ = knB + 11
−−
knB . Ceci permet de tabuler les knB .
n, k 1 2 3 4 5 6 7 1 1 2 2 0 3 3 1 0 4 4 3 0 0 5 5 6 1 0 0 6 6 10 4 0 0 0 7 7 15 10 1 0 0 0
Exercice 19 : Trouver le nombre de sous-ensembles à k éléments de 1, 2, …, n ne contenant pas trois entiers consécutifs.
Solution : Notons knT le nombre cherché. On a 1nT = n , 2nT = 2nC , nnT = 0 pour n ≥ 3 et k
nT 1+ = knT + 11−
−k
nT + 22−
−k
nT selon que la partie à k éléments de 1, …, n+1 ne contienne pas n+1, contienne n+1 mais pas n, contienne n et n+1. Ceci permet de tabuler les knT :
n, k 1 2 3 4 5 6 7 1 1 2 2 1 3 3 3 0 4 4 6 2 0 5 5 10 7 1 0 6 6 15 16 6 0 0 7 7 21 30 19 3 0 0
Il resterait à reconnaître ces entiers.
Exercice 20 : Problème de Terquem. Soit qn,k le nombre des applications strictement croissantes u : [1, k] → [1, n] telles que, pour tout x ∈ [1, k] , x et u(x) soient de même parité.
Montrer que qn,k = qn−1,k−1 + qn−2,k . En déduire que : qn,k = kmC , où m = [
2kn+ ].
Solution : Soit u une telle application. 1er cas : k et n ont même parité. • Si u(k) = n, se donner u revient à se donner une application v strictement croissante [1, k–1] → [1, n−1] telle que x et v(x) aient même parité, et à la prolonger par u(k) = n. • Si u(k) < n, alors u(k) ≤ n – 2, donc u est strictement croissante [1, k] → [1, n−2] telle que x et u(x) aient même parité. 2ème cas : k et n n’ont pas même parité. • Si u(k) = n−1, se donner u revient à se donner une application v strictement croissante [1, k–1] → [1, n−1] telle que x et v(x) aient même parité (en fait, v(k–1) ≤ n−2, mais peu importe). • Si u(k) ≤ n – 2, donc u est strictement croissante [1, k] → [1, n−2] telle que x et u(x) aient même parité.
51
Ainsi, dans tous les cas : qn,k = qn−1,k−1 + qn−2,k .
Conditions aux limites : qk,k = qk,k+1 = 1 , q1,k = [21+k ] .
On voit ci-dessous que le tableau des qn,k est un triangle de Pascal dédoublé :
n, k 1 2 3 4 5 6 7 1 1 2 1 1 3 2 1 1 4 2 3 1 1 5 3 3 4 1 1 6 3 6 4 5 1 1 7 4 6 10 5 6 1 1
Cela découle en partie de ce que qn,k = qn+1,k .
Il suffit donc de montrer la relation qn,k = kmC , où m = [
2kn+ ] pour n + k pair.
Posons F(k, m) = qn,k pour n = 2m – k. Il découle de ce qui précède que F(k, m) = F(k – 1, m – 1) + F(k, m – 1) , F(1, m) = m , F(k, k) = 1. Ces relations sont caractéristiques des binomiaux : F(k, m) = k
mC .
Références : Bourbaki, Ensembles, III 84 n° 10, Comtet, Analyse combinatoire, t. 1, p. 92 n° 18.
Exercice 21 : Soit c(n, k) = card (a1, a2, …, ak) ∈ 0, 1, 2k ; a1 + a2 + … + ak = n .
Montrer que les c(n, k) sont les coefficients du polynôme ( 1 + X + X2 ) k = ∑
=
k
n
nXknc2
0
).,( .
Solution : Cet exercice et le suivant illustrent le rôle joué par les polynômes en combinatoire.
( 1 + X + X2 ) k = (∑
=
2
01
1
a
aX ) … (∑=
2
0k
k
a
aX ) = ∑≤≤
++
2,...,0
...
1
1
k
k
aa
aaX = ∑=
k
n
nXknc2
0
).,( ,
par produit de Cauchy.
La formule du multinôme donne alors : ( 1 + X + X2 ) k = ∑
=++
+
kcba
cbXcba
k 2.!!!
! .
D’où l’on déduit que : c(n, k) = ∑=+=++ ncbkcba cba
k2, !!!
! .
D’autres relations de récurrence peuvent être données sur les c(n, k), ainsi que des expressions intégrales. Exercice 22 : 1) On cherche de combien de façons on peut obtenir 20 centimes avec des pièces 1, 2, 5, 10 et 20 centimes, en prenant en compte l’ordre des pièces. Montrer que ce nombre est le coefficient de X
20 dans le polynôme A + A
2 + … + A
20 , où
A = X + X2 + X
5 + X
10 + X
20 . En déduire qu’il vaut 27518.
2) Quel est le nombre de façons d’obtenir 20 centimes avec des pièces 1, 2, 5, 10 et 20 centimes, sans prendre en compte l’ordre des pièces ?
Solution :
1) Il s’agit de dénombrer les k-uplets a = (a1, … , ak) ∈ 1, 2, 5, 10k tels que ∑
≤≤ kiia
1
= 20.
Si k est fixé, ce nombre est le coefficient de X20
dans le polynôme Ak : c20(A
k).
En sommant, il vaut C = ∑+∞
=020 )(
k
kAc = ∑=
20
120 )(
k
kAc , car c20(Ak) = 0 pour k ∉ 1, 2, …, 20.
52
2) Si l’on ne compte pas l’ordre des termes, le nombre cherché vaut :
B = card (u, v, x, y, z) ∈ N5 ; u + 2.v + 5.x + 10.y + 20.z = 20 .
On peut faire ce décompte « à la main », en discutant selon les valeurs de z, y, x, etc. Tout d’abord, z = 0 ou 1. ♣ z = 1 donne (0, 0, 0, 0, 1). ♣ z = 0 donne u + 2.v + 5.x + 10.y = 20 ; donc y = 0, 1 ou 2. ♦ y = 2 donne (0, 0, 0, 2, 0). ♦ y = 1 donne u + 2.v + 5.x = 10 ; donc x = 0, 1 ou 2. ♥ x = 2 donne (0, 0, 2, 1, 0). ♥ x = 1 donne u + 2.v = 5 ; donc (1, 2, 1, 1, 0), (3, 1, 1, 1, 0), (5, 0, 1, 1, 0). ♥ x = 0 donne u + 2v = 10 ; donc (0, 5, 0, 1, 0), (2, 4, 0, 1, 0), (4, 3, 0, 1, 0), (6, 2, 0, 1, 0), (8, 1, 0, 1, 0), (10, 0, 0, 1, 0) ♦ y = 0 donne u + 2.v + 5.x = 20 ; donc x = 0, 1, 2, 3 ou 4. ♥ x = 4 donne (0, 0, 4, 0, 0). ♥ x = 3 donne u + 2v = 5 ; donc (1, 2, 3, 0, 0), (3, 1, 3, 0, 0), (5, 0, 3, 0, 0). ♥ x = 2 donne u + 2.v = 10 ; donc (0, 5, 2, 0, 0), (2, 4, 2, 0, 0), (4, 3, 2, 0, 0), (6, 2, 2, 0, 0), (8, 1, 2, 0, 0), (10, 0, 2, 0, 0). ♥ x = 1 donne u + 2v = 15 ; donc (1, 7, 1, 0, 0), (3, 6, 1, 0, 0), (5, 5, 1, 0, 0), (7, 4, 1, 0, 0), (9, 3, 1, 0, 0), (11, 2, 1, 0, 0), (13, 1, 1, 0, 0), (15, 0, 1, 0, 0) ♥ x = 0 donne u + 2v = 20 ; donc (0, 10, 0, 0, 0), (2, 9, 0, 0, 0), (4, 8, 0, 0, 0), (6, 7, 0, 0, 0), (8, 6, 0, 0, 0), (10, 5, 0, 0, 0), (12, 4, 0, 0, 0), (14, 3, 0, 0, 0), (16, 2, 0, 0, 0), (18, 1, 0, 0, 0), (20, 0, 0, 0, 0) En tout, 41 quintuplets. On peut aussi utiliser les séries formelles.
C est le coefficient de X20
dans la série formelle A−1
1 .
B est le coefficient de X20
dans la série formelle )1)(1)(1²)(1)(1(
120105 XXXXX −−−−− .
Avec Maple : > A:=x+x^2+x^5+x^10+x^20;P:=expand(sum(A^k,k=1..20)): coeff(P,x^20);
:= A + + + + x x2 x5 x10 x20
27518 > with(powseries);
composeevalpow inverse multconst multiply negative powadd powcospowcreate, , , , , , , , ,[
powdiff powexp powint powlog powpoly powsin powsolve powsqrt quotient, , , , , , , , ,
reversion subtract template tpsform, , , ]
> S:=inverse(powadd(powpoly(1,x),powpoly(-A,x))); := S procprocprocproc( ) ... end procend procend procend procpowparm
> T:=tpsform(S,x,21);coeff(convert(T,polynom),x^20);
T 1 x 2 x2 3 x3 5 x4 9 x5 15x6 26x7 44x8 75x9 129x10 220x11 + + + + + + + + + + + + :=
377x12 644x13 1101x14 1883x15 3219x16 5505x17 9412x18 16093x19 + + + + + + + + 27518x20 ( )O x21 +
27518 > U:=inverse(powpoly(expand((1-x)*(1-x^2)*(1-x^5)*(1- x^10)*(1-x^20)),x));
:= U procprocprocproc( ) ... end procend procend procend procpowparm
> tpsform(U,x,21);
1 x 2 x2 2 x3 3 x4 4 x5 5 x6 6 x7 7 x8 8 x9 11x10 12x11 15x12 16x13 + + + + + + + + + + + + + 19x14 22x15 25x16 28x17 31x18 34x19 41x20 ( )O x21 + + + + + + + +
53
Exercice 23 : 1) Pour (n1, n2, …, ns) ∈ Ns , on pose
F(n1, n2, … , ns) = card (k1, k2, …, ks) ∈ Ns ; (∀i) 0 ≤ ki ≤ ni et ∑
≤≤ siik
1
est pair .
G(n1, n2, … , ns) = card (k1, k2, …, ks) ∈ Ns ; (∀i) 0 ≤ ki ≤ ni et ∑
≤≤ siik
1
est impair .
Calculer F(n1, n2, … , ns) et G(n1, n2, … , ns).
Montrer que F(n1, n2, … , ns) = G(n1, n2, … , ns) + 0 ou 1.
2) Pour tout entier n ≥ 1, on note f(n) le nombre de diviseurs de n de la forme 3k + 1, et g(n) le nombre de diviseurs de n de la forme 3k + 2. Montrer que, pour tout n, f(n) ≥ g(n).
Solution : [ Oral ENS 2013, RMS n° 20 ]
1) Considérons le polynôme P(X) = (∑=
1
1
1
0
n
k
kX ) … (∑=
s
s
s
n
k
kX0
) = 1
111
−−+
XX n
…1
11
−−+
XX sn
Posons N = ∑≤≤ si
in1
. Alors P(X) = ∑=
N
K
KXKA0
).( , où
A(K) = card (k1, k2, …, ks) ∈ Ns ; (∀i) 0 ≤ ki ≤ ni et ∑
≤≤ siik
1
= K .
P(1) = ( n1 + 1 ) … ( ns + 1 ) = ∑=
N
K
KA0
)( = F(n1, n2, … , ns) + G(n1, n2, … , ns).
P(−1) = 2
1)1( 11
−−− +n
…2
1)1( 1
−−− +sn
= ∑=
−N
K
KKA0
)1).(( = F(n1, n2, … , ns) − G(n1, n2, … , ns).
Or P(−1) = 2
1)1( 11
−−− +n
…2
1)1( 1
−−− +sn
= 0 si l’un au moins des ni est impair, 1 s’ils sont tous pairs.
Conclusion : Notons P = ( n1 + 1 ) … ( ns + 1 ).
Si l’un au moins des ni est impair, F(n1, n2, … , ns) = G(n1, n2, … , ns) = 2P .
S’ils sont tous pairs, F(n1, n2, … , ns) = 21 ( P + 1 ) et G(n1, n2, … , ns) =
21 ( P − 1 ).
Remarque : la RMS (juillet 2014) propose une preuve par récurrence.
2) Décomposons n en facteurs premiers n = 3a 1
1mp … rm
rp 11nq … sn
sq ,
où les pi sont congrus à 1 mod 3, les qj sont congrus à 2 mod 3.
Alors f(n) = ( m1 + 1 ) … ( mr + 1 ).F(n1, n2, … , ns)
et g(n) = ( m1 + 1 ) … ( mr + 1 ).G(n1, n2, … , ns). On conclut via 1).
Exercice 23 bis : Pour (n1, n2, …, ns) ∈ Ns , calculer
A(n1, n2, … , ns) = card (k1, k2, …, ks) ∈ Ns ; (∀i) 0 ≤ ki ≤ ni et ∑
≤≤ siik
1
≡ 0 (mod 3) .
B(n1, n2, … , ns) = card (k1, k2, …, ks) ∈ Ns ; (∀i) 0 ≤ ki ≤ ni et ∑
≤≤ siik
1
≡ 1 (mod 3) .
C(n1, n2, … , ns) = card (k1, k2, …, ks) ∈ Ns ; (∀i) 0 ≤ ki ≤ ni et ∑
≤≤ siik
1
≡ 2(mod 3) .
Solution : Cet exercice fait suite au précédent. Reprenons le polynôme :
P(X) = (∑=
1
1
1
0
n
k
kX ) … (∑=
s
s
s
n
k
kX0
) = 1
111
−−+
XX n
…1
11
−−+
XX sn
54
Posons N = ∑≤≤ si
in1
. Alors P(X) = ∑=
N
K
KXKA0
).( , où
A(K) = card (k1, k2, …, ks) ∈ Ns ; (∀i) 0 ≤ ki ≤ ni et ∑
≤≤ siik
1
= K .
P(1) = ∑=
N
K
KA0
)( = A(n1, n2, … , ns) + B(n1, n2, … , ns) + C(n1, n2, … , ns).
P(j) = kN
K
jKA .)(0∑
= = A(n1, n2, … , ns) + j B(n1, n2, … , ns) + j
2 C(n1, n2, … , ns).
P(j2) = k
N
K
jKA 2
0
.)(∑=
= A(n1, n2, … , ns) + j2
B(n1, n2, … , ns) + j C(n1, n2, … , ns).
Pour obtenir A, B et C il suffit de résoudre ce système cramérien. Or P(1) = ( n1 + 1 ) … ( ns + 1 ), et :
P(j) = 1
111
−−+
jj n
…1
11
−−+
jj sn
= 0 si l’un des ni est ≡ 2 (mod 3)
= ( − j2
)h
sinon, où h = card i ; ni ≡ 1 (mod 3) , etc. Exercice 24 : 1) Soit n ∈ N. Quel est le nombre de couples (x, y) ∈ N×N tels que x + 2y = n ? 2) Soit n ∈ N. Quel est le nombre de triplets (x, y, z) ∈ N×N×N tels que x + 2y + 3z = n ?
Montrer que ce nombre est l’entier le plus proche de 12
)²3( +n.
Solution : Deux approches tout à fait différentes de cet important dénombrement. 1ère approche, élémentaire. Se donner un couple (x, y) tel que x + 2y = n équivaut à se donner un entier y tel que 0 ≤ 2y ≤ n. Il y a donc A(n) = 1 + [n/2] tels couples. Soit (x, y, z) un triplet de naturels tels que x + 2y + 3z = n. Alors z est tel que 0 ≤ 3z ≤ n. Et pour chaque z il faut résoudre x + 2y = n – 3z.
Le nombre cherché est donc B(n) = ∑=
−]3/[
0
)3(n
k
knA = )]23[1(
]3/[
0∑
=
−+n
k
kn = 1 + [3n ] + ∑
=
−]3/[
0
]23[
n
k
kn .
Si l’on veut simplifier cette formule, il faut distinguer plusieurs cas :
• Si n = 3q , B(n) = 1 + q + ∑=
q
k 0
[2
)(3 kq− ] = 1 + q + ∑=
q
h 0
[2
3h ]
• Si n = 3q + 1 , B(n) = 1 + q + ∑=
q
k 0
[2
1)(3 +−kq ] = 1 + q + ∑=
q
h 0
[2
13 +h ]
• Si n = 3q + 2 , B(n) = 1 + q + ∑=
q
k 0
[2
2)(3 +−kq ] = 1 + q + ∑=
q
h 0
[2
23 +h ] = 2 + 2q + ∑=
q
h 0
[2
3h ]
Cela nous ramène à calculer les sommes S = ∑=
q
h 0
[2
3h ] et T = ∑=
q
h 0
[2
13 +h ] . Tous calculs faits :
♦ S = 0 + 1 + 3 + 4 + 6 + 7 + … = m(3m + 1) si q = 2m , (m + 1)(3m + 1) si q = 2m + 1. ♦ T = 0 + 2 + 3 + 5 + 6 + … = m(3m + 2) si q = 2m , (m + 1)(3m + 2) si q = 2m + 1.
Tous calculs faits, on trouve :
• Si n ≡ 0 (mod 6) B(n) = 12
126² ++ nn • Si n ≡ 3 (mod 6) B(n) = 12
)²3( +n
• Si n ≡ 1 ou 5 (mod 6) B(n) = 12
56² ++ nn • Si n ≡ 2 ou 4 (mod 6) B(n) = 12
86² ++ nn
55
On peut alors vérifier dans chaque cas que | B(n) − 12
)²3( +n | < 21 .
2ème approche : séries entières formelles. Plaçons-nous dans C[[X]].
Je dis que ²)1)(1(
1XX −− = ∑
+∞
=0
)(n
nXnA et )1²)(1)(1(
13XXX −−− = ∑
+∞
=0
)(n
nXnB .
La première identité, par exemple, s’écrit en effet, par produit de Cauchy de séries entières :
²)1)(1(
1XX −− = (∑
+∞
=0a
aX )(∑+∞
=0
2
b
bX ) = ∑∑+∞
=
+∞
=
+
0 0
2
a b
baX = ∑+∞
=0
)(n
nXnA .
Il reste à décomposer ces fractions en éléments simples, et à développer en série entière chaque élément simple. Traitons le second exemple. On trouve :
)1²)(1)(1(1
3XXX −−− = )²1)(1)(1()1(
13 XjjXXX −−+−
= 7217
X−11 +
41
)²1(1X− +
61
3)1(1X− +
81
X+11 +
91
jX−11 +
91
Xj²11
−
= 7217 ∑
+∞
=0n
nX +41 ∑
+∞
=+
0
)1(n
nXn +121 ∑
+∞
=++
0
)1)(2(n
nXnn + 81 ∑
+∞
=−
0
)1(n
nnX + 91 ∑
+∞
=0n
nnXj + 91 ∑
+∞
=0
2
n
nnXj .
En effet, )²1(
1X− = D(
X−11 ) et 3)1(
2X− = D
2(X−1
1 ) , où D est l’opérateur de dérivation.
Du coup, B(n) = 7217 +
41+n +
12)1)(2( ++ nn
+ 8
)1( n− +
92 cos(
32 nπ ).
B(n) = 12
)²3( +n −
727 +
8)1( n−
+ 92 cos(
32 nπ ).
Au fond B(n) = 12
)²3( +n + P(n), où P(n) est une suite de période 6, facile à calculer.
Remarque : B(n) est aussi l’entier le plus proche de 12
)5)(1( ++ nn.
Références : Polya-Szegö t. 1, ex. 25 p. 4 et 279, Comtet t. 1, p. 119 et 121, etc. Exercice 25 : Introduction au takuzu. Soit bn le nombre de 2n-uplets x = (x1, …, x2n) ∈ 0, 1
2n tels que
a) n des xi sont égaux à 0, n sont égaux à 1 ; b) Il n’y a pas trois xi consécutifs égaux.
Calculer avec Maple bn pour 1 ≤ n ≤ 8.
Solution :
bn est le nombre de chemins entiers croissants joignant (0, 0) à (n, n) et ne comportant pas 3 pas consécutifs horizontaux ou verticaux. C’est aussi le nombre de fonctions strictement croissantes 1, 2, …, n → 1, 2, …, 2n telles que : f(1) ≤ 3 , f(n) ≥ 2n − 2 et ∀i f(i + 1) − f(i) ≤ 2. C’est aussi le nombre de lignes ou de colonnes possibles du jeu appelé « Takuzu », ou « Binero ». Le programme suivant, purement algébrique, n’est pas le plus efficace : > b:=proc(n) > local k,x,e,f,g,h,s; > e:=seq(x[k]^2=x[k],k=1..2*n); > f:=seq(x[k]*x[k+1]*x[k+2]=0,k=1..2*n-2); > g:=seq((1-x[k])*(1-x[k+1])*(1-x[k+2])=0,k=1..2*n-2) ; > h:=sum(x[k],k=1..2*n)=n; > s:=solve(e,f,g,h,seq(x[k],k=1..2*n)); > nops(s);end;
56
> for n from 1 to 8 do b(n);od; Maple donne : b1 = 2 , b2 = 6 , b3 = 14 , b4 = 34 , b5 = 84 , b6 = 208 , b7 = 518 , b8 = 1296 , b9 = 3254. Cette suite est répertoriée sur le site internet OEIS (On Line Encyclopedia of Integer Sequences) de Neil J. A. Sloane sous le numéro A 177790. Elle n’a pas d’expression simple, si j’en crois ce site. Cependant, on peut exprimer bn à l’aide des coefficients binomiaux :
bn = ∑=
−+−−
+−−−− ++
]2/[
0
11
11 ))²(2(
n
k
kkn
kkn
kkn
kkn
kkn CCCCC
Montrons cette formule. Commençons par rappeler que, si p ≤ n ≤ 2p, le nombre de p-uplets y = (y1, …, yp) ∈ 1, 2
p tels
que y1 + … + yp = n, est pnpC − (cf. exercice précédent sur les nombres de Fibonacci).
Soit x = (x1, …, x2n) ∈ 0, 12n
un 2n-uplet tel que
a) n des xi sont égaux à 0, n sont égaux à 1 ; b) Il n’y a pas trois xi consécutifs égaux.
Il revient au même de se donner les longueurs des séquences de 0 et des 1 successifs. Par exemple, (0, 0, 1, 0, 1, 1) peut être codé (2, 1, 1, 2), mais (1, 1, 0, 1, 0, 0) est également codé par (2, 1, 1, 2). Il faut donc compter :
• les suites finies (y1, z1, y2, z2, … , yp, zp), où yi ∈ 1, 2 sont les nombres de 0 et zi ∈ 1, 2 les
nombres de 1 successifs, et ∑ iy = ∑ iz = n .
• les suites finies (z1, y1, z2, y2, … , zp, yp), où yi ∈ 1, 2 sont les nombres de 0 et zi ∈ 1, 2 les
nombres de 1 successifs, et ∑ iy = ∑ iz = n . Même effectif que le précédent !
• les suites finies (y1, z1, y2, z2, … , zp−1, yp), où yi ∈ 1, 2 sont les nombres de 0 et zi ∈ 1, 2 les
nombres de 1 successifs, et ∑ iy = ∑ iz = n .
• les suites finies (z1, y1, z2, y2, … , zp, yp, zp+1), où yi ∈ 1, 2 sont les nombres de 0 et zi ∈ 1, 2
les nombres de 1 successifs, et ∑ iy =∑ iz = n .
Du coup : bn = ∑=
−−+
−+−−
−− ++n
p
pnp
pnp
pnp
pnp
pnp CCCCC
0
11
11 ))²(2( ,
avec les conventions habituelles sur les binomiaux. Il reste à ré-indexer.
> b:=n->sum(2*binomial(n-k,k)^2+binomial(n-k,k)*binom ial(n-k-1,k+1) +binomial(n-k,k)*binomial(n-k+1,k-1),k=0..n); > [seq(b(n),n=1..20)];
2 6 14 34 84 208 518 1296 3254 8196 2070052404132942337878860142, , , , , , , , , , , , , , ,[
2192902 5598144 14308378 36610970 93770358, , , , ]
Exercice 26 : Soient p un nombre premier, E un plan vectoriel sur Z/pZ. Combien E admet-il de droites vectorielles ? de droites affines ?
Solution : Rapportons E à un repère (O, x, y). 1ère solution : Une droite vectorielle a pour équation y = ax, où a est quelconque et unique, ou bien, si elle est « verticale », x = 0. Il y a donc p + 1 droites vectorielles. Une droite affine a pour équation y = ax + b, où le couple (a, b) est quelconque et unique, ou bien, si elle est « verticale », x = c. Il y a donc p
2 + p droites affines.
2ème solution :
57
Une droite vectorielle a pour équation ax + by = 0, où (a, b) ≠ (0, 0), mais cette équation n’est unique
qu’à un scalaire non nul près. Il y a donc 112
−−
pp
= p + 1 droites vectorielles.
Une droite affine a pour équation ax + by = c, où le triplet (a, b, c) est tel que (a, b) ≠ (0, 0) ; mais cette équation n’est unique qu’à un scalaire non nul près.
Il y a donc 1)1( 2
−−
ppp
= p2 + p droites affines.
L’exercice suivant généralise celui-ci, et utilise d’autres arguments. Exercice 27 : Soient p un nombre premier, E un Z/pZ-espace vectoriel de dimension n. Combien E admet-il de droites vectorielles ? de droites affines ?
Solution : E a pn éléments (considérer une base, et les coordonnées de chaque vecteur).
Chaque vecteur non nul définit une droite vectorielle D, qui a p éléments. Mais plusieurs vecteurs engendrent la même droite D : tous les vecteurs non nuls de D.
En vertu des bergers, il y a 11
−−
ppn
droites vectorielles.
Une droite affine D’ est entièrement définie par la donnée d’un couple (a, D), où a est un point et D
une droite vectorielle : il y a pn
11
−−
ppn
tels couples. Mais plusieurs couples (b, D) définissent la
même droite D’ : tous les points b de D’ conviennent.
En vertu des bergers, il y a pn−1
11
−−
ppn
droites affines.
Référence : Un problème d’algèbre linéaire généralise ceci.
Exercice 28 : Calculer An = ∑k
knC3 , Bn = ∑ +
k
knC 13 et Cn =∑ +
k
knC 23 .
Solution :
Dans la formule du binôme (1 + x)n =∑
k
kkn xC , faisons successivement x = 1, j , j2. Il vient :
An + Bn + Cn = 2n
(1)
An + j.Bn + j2.Cn = ( 1 + j )
n = ωn
, où ω = exp 3πi (2)
An + j2.Bn + j.Cn = ( 1 + j
2 )n
= ω n (3)
On obtient un système linéaire cramérien que l’on résout en utilisant la relation 1 + j + j2 = 0.
(1) + (2) + (3) donne 3.An = 2n
+ ωn + ω n
(1) + j2(2) + j(3) donne 3.Bn = 2
n + j
2 ωn
+ j ω n
(1) + j(2) + j2(3) donne 3.Cn = 2
n + j ωn
+ j2 ω n
An = 31 ( 2n
+ ωn + ω n
) , Bn = 31 ( 2n
+ ωn+4 + ω n+4
) , Cn = 31 ( 2n
+ ωn+2 + ω n+2
).
Si l’on veut éviter une forme complexe, il faut raisonner modulo 6 :
• Si n ≡ 0 (mod 6) An = 31 ( 2n
+ 2 ) , Bn = 31 ( 2n
− 1 ) , Cn = 31 ( 2n
− 1 ).
• Si n ≡ 1 (mod 6) An = 31 ( 2n
+ 1 ) , Bn = 31 ( 2n
+ 1 ) , Cn = 31 ( 2n
− 2 ).
58
• Si n ≡ 2 (mod 6) An = 31 ( 2n − 1 ) , Bn =
31 ( 2n
+ 2 ) , Cn = 31 ( 2n − 1 ).
• Si n ≡ 3 (mod 6) An = 31 ( 2n
− 2 ) , Bn = 31 ( 2n
+ 1 ) , Cn = 31 ( 2n
+ 1 ).
• Si n ≡ 4 (mod 6) An = 31 ( 2n
− 1 ) , Bn = 31 ( 2n
− 1 ) , Cn = 31 ( 2n
+ 2 ).
• Si n ≡ 5 (mod 6) An = 31 ( 2n
+ 1 ) , Bn = 31 ( 2n
− 2 ) , Cn = 31 ( 2n
+ 1 ).
Remarques : i) On a les équivalents An = 31 2
n + O(1) , idem pour Bn et Cn .
ii) Tout cela se généralise facilement par la même technique de multisection du polynôme (1 + X)n.
Si P = ∑k ak.Xk ∈ C[X] et ω = exp
miπ2 , on montrera que ∑
≡ )(mod
.mrk
kk Xa =
m1 )(.
1
0
XP tm
t
rt ωω∑−
=
− .
Cela repose sur l’inversion de la matrice de Vandermonde des racines de l’unité V = (ωpq)0≤p,q≤m−1.
Exercice 29 : Calculer ∑=
n
k
knCk0
. , ∑=
−n
k
knCkk0
).1( , ∑=
+−−n
k
knCpkkk0
).1)...(1( , ∑= +n
k
knC
k0
.1
1 .
Solution : 1) Dérivons la formule du binôme ( 1 + x )n = ∑
=
n
k
kkn xC0
. :
Il vient n ( 1 + x )n−1
= ∑=
−n
k
kkn xkC0
1. . Faisant x = 1, il vient : ∑=
n
k
knkC0
= n 2n−1
.
2) Dérivons derechef : n (n − 1)( 1 + x )n−2
= ∑=
−−n
k
kkn xCkk0
2.)1( .
Faisant x = 1, il vient : ∑=
−n
k
knCkk0
)1( = n (n − 1) 2n−2
.
3) Dérivons p fois et faisons x = 1. ∑=
+−−n
k
knCpkkk0
).1)...(1( = n (n − 1) … ( n – p + 1)2n−p
.
Pour calculer ∑=
n
k
knpCk
0
, exprimer Xp comme combinaison linéaire de 1, X, …, X(X−1)…(X−p+1).
4) Intégrons ou primitivons la formule du binôme ( 1 + x )n = ∑
=
n
k
kkn xC0
. (attention à la constante !).
Il vient 1
1)1( 1
+−+ +
nx n
= ∑=
+
+n
k
kkn kx
C0
1
1. . Il reste à faire x = 1. Réponse : ∑
= +n
k
knC
k0
.1
1 = 112 1
+−+
n
n
.
Autre solution : k knC = n 11
−−
knC , donc ∑
=
n
k
knkC0
= n∑=
−−
n
k
knC
1
11 = n 2
n−1 , k.(k − 1) knC = n.(n − 1) 2
2−−
knC , etc.
knCk
.1
1+ = 1
1.1
1 +++
knC
n, donc ∑
= +n
k
knC
k0
.1
1 = 1
1+n ∑
=
++
n
k
knC
0
11 =
112 1
+−+
n
n
.
Exercice 30 : Montrer pour tout 0 ≤ k ≤ n knC = π2
1 ∫+
−−
π
πθθθ dknn ).)
2cos((.)
2cos.2( .
En déduire : mmC2 = π2
1 ∫+
−
π
πθθ dm.)
2cos.2( 2 = π
122 +m
∫2/
0
2 .cosπ
ϕϕ dm .
Solution : Il y a deux façons de montrer la première formule, selon que l’on parte du premier membre ou du second. Il est plus formateur de partir du premier membre.
59
knC est le coefficient de x
k dans le développement du polynôme ( 1 + x )
k.
Or on peut toujours exprimer sous forme intégrale le coefficient de xk dans un polynôme :
Si P(x) = ∑ kkxa , pour tout k : ak = krπ2
1 ∫+
−−
π
πθθ θdereP iki .).( .
Cela découle des relations d’orthonormalité π21 ∫
+
−−
π
πθθ θdee inim .. = δm,n .
Ici, prenant r = 1, il vient knC = π2
1 ∫+
−−+
π
πθθ θdee ikni ..)1( = π2
1 ∫+
−−π
πθ θθ de knin ..)
2cos.2( )2/( .
Mais knC est réel ; on peut donc prendre la partie réelle de cette intégrale.
La deuxième formule s’en déduit en prenant n = 2m, k = m : on reconnaît les intégrales de Wallis.
Remarque : on peut se demander quel intérêt peuvent avoir ces expressions intégrales des coeffi-cients binomiaux. Eh bien, cet intérêt est très grand, car la mise sous forme intégrale permet d’utiliser la méthode asymptotique de Laplace.
mmC2 = π
122 +m
∫2/
0
2 .cosπ
ϕϕ dm = π122 +m
∫2/
0
)ln(cos2 .π ϕ ϕde m = π
122 +m
∫∞+
−
−−
−0 22 .
1. ds
e
ee
s
sms
après changement de variable ϕ = Arccos e−s
. mmC2 est donc une transformée de Laplace, et, en vertu
de la méthode de Laplace : mmC2 ∼ π122 +m
∫+∞
−0
2
2.
sdse ms =
m
m
π
22.
On peut retrouver ce résultat par Wallis, ou Stirling ; voir un exercice antérieur.
Exercice 31 : Calculer Imn = π21 ∫−
++π
πdx
xxm
xxn
.)2/sin(
)2/)12sin((.
)2/sin()2/)12sin((
pour (m, n) ∈ N2.
Solution : [ Oral X 1999 ] Cet exercice est au confluent des séries de Fourier et de la combinatoire.
Les techniciens des séries de Fourier savent en effet que Dn(x) = )2/sin(
)2/)12sin((x
xn+ = ∑
≤≤− nkn
ikxe .
Du coup, les relations d’orthonormalité rappelées dans l’ex. précédent impliquent :
Imn = π21 ∫−
π
πdxxDxD nm ).().( = ∑ ∑
≤≤− ≤≤−mpm
qp
nqn
,δ = card ( [−m, m] ∩ [−n, n] ) = 1 + 2.min(m, n).
[ Faire un dessin ]. Exercice 32 : Problème de Montmort (1708). Pour tout n ∈ N*, on note dn le nombre de permutations sans points fixes de 1, 2, …, n.
On convient que d0 = 1.
1) Montrer que le rayon de convergence de ∑≥0
.!n
nn xnd est ≥ 1.
2) Pour n ∈ N, prouver que n ! = ∑=
−
n
kkn
kn dC0
. .
3) Calculer ex∑
≥0
.!n
nn xnd pour |x| < 1, et en déduire dn = n ! ∑
=
−n
k
k
k0 !)1(
.
4) Quelle est la limite de (dn / n!) . Interprétation ? 5) Quel est le nombre moyen de points fixes d’une permutation ?
Solution : [ Oral TPE 2010, RMS n° 1061, etc. ] Ce problème est l’un des plus célèbres de la combinatoire.
60
1) Comme 0 ≤ dn ≤ n !, la série est absolument convergente pour |x| < 1 ; son rayon est donc ≥ 1.
2) Comptons les permutations σ de 1, 2, …, n selon le nombre k de leurs points fixes. Pour se donner une telle permutation, il faut se donner l’ensemble A des points fixes de σ, qui est une partie à k éléments de 1, …, n, et une permutation sans point fixe du complémentaire B de A. La formule demandée s’en déduit. 3) Soit |x| < 1. Par produit de Cauchy,
ex∑
≥0
.!n
nn xnd = ∑
≥0
.!
1p
pxp ∑
≥0
.!q
qq xqd = ∑
≥0
.(!
1n n ∑
=−
n
kkn
kn dC0
. ).xn = ∑
≥0n
nx = x−1
1 .
Par conséquent, ∑≥0
.!n
nn xnd =
x−11 e
−x , et la formule dn = n ! ∑
=
−n
k
k
k0 !)1(
s’en déduit en faisant derechef
un produit de Cauchy.
4) !n
dn = ∑=
−n
k
k
k0 !)1(
→ 1/e. L’interprétation probabiliste est évidente : la probabilité pour qu’au cours
d’une partouze échangiste, aucun des participants ne fasse l’amour à sa femme vaut environ 1/e.
Remarques : i) On aurait pu éviter le calcul des rayons de convergence, en ayant recours aux séries entières formelles.
ii) Cela dit, le résultat final montre que le rayon de convergence de ∑≥0
.!n
nn xnd est exactement 1.
5) Pour 0 ≤ k ≤ n, soit dn(k) le nombre de permutations de 1, …, n ayant k points fixes.
Il découle de 2) que dn(k) = knC dn−k .
Comme d1 = 0, dn(n – 1) = 0, ce qui est logique ; dn(n – 2) = 2nC est le nombre de transpositions. Le nombre moyen de points fixes d’une permutation est 1, car :
E = !
1n ∑=
n
kk ndk
0
)(. = !
1n ∑= −
n
kkn
kn dCk0
.. = !
1n ∑=
−
n
kkn
kn dCk1
.. = !
1n ∑=
−−−
n
kkn
kn dCn
1
11..
= )!1(
1−n ∑
=−−−
−−
n
kkn
kn dC
1)1(1
11. =
)!1(1−n ∑
−
=−
1
01 )(
n
kn kd = 1.
Remarque : il existe une jolie preuve de ce résultat par algèbre linéaire : cf. mes exercices. Exercice 33 : 1) Si l’on nomme permutation circulaire de 1, 2, …, n un cycle de longueur n, combien y a-t-il de telles permutations ? 2) Si l’on nomme permutation circulaire de 1, 2, …, n un produit de d cycles à supports disjoints de même longueur n/d, combien y a-t-il de telles permutations ?
Solution : 1) Il y a (n − 1)! cycles de longueur n. En effet, pour un tel cycle s’écrit de façon unique sous la forme [1, γ2, …, γn], où (γ2, …, γn) est une permutation de 2, …, n. La formule est encore valable si n = 1. 2) Soit d un diviseur de n. Pour se donner une permutation circulaire d’ordre n/d, il faut se donner une partition de 1, …, n en d sous-ensembles de cardinal k = n/d, et un cycle de longueur d dans chacune de ces parties.
Il y a knC kknC −
kknC 2− … k
kC = dkn)!(! partitions de 1, …, n en d sous-ensembles de cardinal k = n/d.
Donc il y a en tout ∑ −nd
d
d dn
dnn
d])!1.[(
)!!(!
!1 = ∑
nd
d
nd
dn ).(!! permutations circulaires.
Le 1/d! initial a pour but d’effacer le numérotage de la partition. Exercice 34 : Pour 1 ≤ k ≤ n, soit s(n, k) le nombre de permutations de 1, 2, …, n ayant k orbites. On convient que s(n, 0) = 0 et s(n, k) = 0 si k > n.
61
1) Montrer que s(n, n) = 1, s(n, 1) = (n − 1)! et s(n + 1, k) = s(n, k – 1) + n.s(n, k) pour 1 ≤ k ≤ n. 2) Calculer les s(n, k) pour 1 ≤ k ≤ n ≤ 5. Programmer le calcul de s(n, k). 3) Montrer les identités suivantes, dans Q[X] :
X.( X + 1 ) … ( X + n − 1 ) = s(n, 1).X + s(n, 2).X2 + … + s(n, n).X
n = ∑
∈ nS
Xσ
σν )(
X.( X − 1 ) … ( X − n + 1 ) = (−1)n−1
.s(n, 1).X + (−1)n−2
.s(n, 2).X2 + … + s(n, n).X
n =∑
∈ nS
Xσ
σνσε )().(
où ν(σ) est le nombre d’orbites de σ.
Solution : 1) Il y a une seule permutation ayant n orbites, l’identité. Le calcul de s(n, 1) a été mené dans l’exercice précédent. Comptons les permutations de 1, 2, …, n+1 ayant k orbites. − Soit n+1 est une orbite, autrement dit n+1 est un point fixe de σ. Alors σ induit une permutation de 1, …, n admettant k−1 orbites. − Soit n+1 appartient à une orbite de plus de 1 élément. Si on enlève n+1 dans cette orbite par « shuntage », on définit une permutation à k orbites de 1, …, n. Inversement si on se donne une permutation à k orbites de 1, …, n, il y a n façons d’insérer n+1 dans l’une de ces orbites, car il y a n flèches i → σ(i). Il y a donc n.s(n, k) permutations de ce genre. La formule demandée est démontrée pour 2 ≤ k ≤ n. Elle reste vraie pour k = 1 par convention. 2) Programme Maple de calcul des s(n, k). > s:=proc(n,k) > option remember; > if k > n then 0 elif k = 0 then 0 elif k = 1 and n = 1 then 1 > else s(n-1,k-1)+(n-1)*s(n-1,k);fi;end; > with(linalg):S:=matrix(8,8,s);
:= S
1 0 0 0 0 0 0 0
1 1 0 0 0 0 0 0
2 3 1 0 0 0 0 0
6 11 6 1 0 0 0 0
24 50 35 10 1 0 0 0
120 274 225 85 15 1 0 0
720 1764 1624 735 175 21 1 0
5040 13068 13132 6769 1960 322 28 1
3) Notons An(X) = X (X + 1) … (X + n − 1). Montrons An(X) = ∑=
n
k
kXkns1
).,( par récurrence sur n.
C’est vrai pour n = 1. Si c’est vrai au rang n, An+1(X) = An(X).(X + n) = (∑=
n
k
kXkns1
).,( )( X + n )
= ∑=
+n
k
kXkns1
1).,( + n∑=
n
k
kXkns1
).,( = ∑+
=+−
1
1
)].,(.)1,([n
k
kXknsnkns = ∑+
=+
1
1
).,1(n
k
kXkns . Cqfd.
De plus, ∑∈ nS
Xσ
σν )( = ∑ ∑= =
n
k
k
k
X1 )(; σνσ
= ∑=
n
k
kXkns1
).,( = An(X) .
On a Bn(X) = X.(X − 1) … (X − n + 1) = (−1)n.An(−X). On conclut aussitôt, via ε(σ) = (−1)
n−ν(σ).
Références : Polya-Szegö, t. 1, p. 43, 45, t. 2, p. 107, Comtet, t. 2, chap. V et VI (mais dans Comtet, les s(n, k) sont de signes alternés), Chambadal-Ovaert t. 2, ex. 32 p. 246. Exercice 35 : Dans l’ensemble des personnes vivantes, chaque personne a serré la main d’un certain nombre d’autres personnes. Montrer que le nombre des personnes qui ont serré les mains d’un nombre impair de personnes est un nombre pair.
62
Solution : Soit E l’ensemble des personnes vivantes, RRRR la relation x RRRR y ⇔ x a serré la main de y. Cette relation est antiréflexive : (∀x) non x RRRR x ; symétrique : x RRRR y ⇒ y RRRR x. On peut lui associer sa fonction caractéristique f(x, y) = 1 si x RRRR y , 0 sinon,
et sa matrice d’incidence A = (ai,j) , ai,j = f(xi, xj), où E = x1, x2, …, xn A est 0-1, symétrique, et à diagonale nulle.
N = ∑∈ ²),(
),(Eyx
yxf ≡ 0 (mod 2).
N = ∑∑∈ ∈Ex Ey
yxf ),( = ∑∈Ex
xP )( , où P(x) est le nombre de personnes auxquelles x a serré la main.
= ∑∈Fx
xP )( +∑∈Gx
xP )( , où F = x ; card P(x) est pair , G = x ; card P(x) est impair .
≡ 1∑∈Gx
≡ card G (mod 2). Conclusion : card G est pair.
Remarques : 1) Une personne peut serrer plusieurs fois la main d’une autre ; cela ne change rien au problème. Mais elle ne doit pas se serrer la main à elle-même : il faut donc exclure Chirac. 2) On peut aussi établir le résultat par récurrence sur le nombre de poignées de mains.
Références : L. Comtet, Analyse combinatoire (Puf), t.1, n° 37 p. 101.
Exercice 36 : Soit n ≥ 3. Dénombrer les triplets (x, y, z) ∈ N*3 tels que :
x + y + z = n , x ≤ y + z , y ≤ z + x , z ≤ x + y .
On trouvera 8
)2)(8( −+ nn si n est pair,
81²−n si n est impair.
Solution : [ Polya-Szegö, Problems and theorems in Analysis, t. 1, chap. 1, ex. 31 ].
Soit (x, y, z) ∈ N3 . Les propriétés suivantes sont équivalentes :
• x + y + z = n , 1 ≤ x ≤ y + z , 1 ≤ y ≤ z + x , 1 ≤ z ≤ x + y . • x + y + z = n , 1 ≤ x ≤ n – x , 1 ≤ y ≤ n – y , 1 ≤ z ≤ n – z . • x + y + z = n , 1 ≤ x ≤ n/2 , 1 ≤ y ≤ n/2 , 1 ≤ z ≤ n/2 . • 1≤ x ≤ n/2 , 1 ≤ y ≤ n/2 , n/2 ≤ x + y ≤ n − 1 , z = n – x – y .
Tout revient à dénombrer les couples (x, y) ∈ N×N vérifiant
1 ≤ x ≤ n/2 , 1 ≤ y ≤ n/2 et n/2 ≤ x + y ≤ n − 1. 1) Supposons n pair, n = 2m. Dénombrons les couples (x, y) tels que 1≤ x ≤ m , 1 ≤ y ≤ m et m ≤ x + y ≤ 2m − 1.
Posant u = m – x et v = m – y, cela revient à dénombrer les couples (u, v) ∈ N×N tels que
0 ≤ u ≤ m – 1 , 0 ≤ v ≤ m – 1 et 1 ≤ u + v ≤ m . (Faire un dessin !)
Il y en a 2 + 3 + … + m + (m − 1) = 2
)1( +mm − 1 + m – 1 =
243² −+ mm =
8)2)(8( −+ nn
.
2) Supposons n impair, n = 2m + 1. Dénombrons les couples (x, y) tels que 1≤ x ≤ m , 1 ≤ y ≤ m et m + 1 ≤ x + y.
Posant u = m – x et v = m – y, cela revient à dénombrer les couples (u, v) ∈ N×N tels que
0 ≤ u ≤ m – 1 , 0 ≤ v ≤ m – 1 et u + v ≤ m – 1 , ou encore tels que u + v ≤ m – 1 .
Il y en a 1 + 2 + … + m = 2
)1( +mm =
81²−n .
Exercice 37 : Soient E un ensemble à n éléments, RRRR une relation d’équivalence sur E.
63
Montrer que n2 ≤ k.r, où k est le nombre de classes d’équivalence, r le nombre d’éléments de la
relation d’équivalence (c’est-à-dire le nombre de couples en relation).
Solution : [ Oral ENS Ulm 1990 ] Une relation d’équivalence est un ensemble de couples, i.e. une partie de E×E.
Notons C1, …, Ck les classes d’équivalence, c1, …, ck leurs cardinaux respectifs : n = ∑=
k
iic
1
.
Les couples (x, y) tels que x RRRR y ne sont autres que les couples (x, y) appartenant à un même Ci.
Donc r = ∑=
k
iic
1
)²( . Il s’agit de montrer que )(1∑
=
k
iic
2 ≤ k∑
=
k
iic
1
)²( .
Cette inégalité découle de la (stricte) convexité de la fonction x → x2 .
Cela découle aussi de l’inégalité de Cauchy-Schwarz appliquée aux vecteurs (c1, …, ck) et (1, …, 1).
Remarques : 1) Il y a égalité ssi c1 = … = ck, autrement dit si les classes ont même nombre d’éléments.
2) La matrice d’incidence d’une relation d’équivalence est d’un type particulier : elle est symé-
trique, et de la forme Pσ−1
.M.Pσ, où M est un tableau diagonal de matrices carrées ne contenant que
des 1, et Pσ une matrice de permutation liée à l’indexation des éléments. Exercice 38 : Soit E un ensemble. Montrer que E est infini si et seulement si toute application f : E → E laisse stable un sous-ensemble de E distinct de E et de ∅.
Solution : [ Oral Polytechnique 2004 ]
1) Soit E un ensemble fini. Il existe une fonction f : E → E ne laissant stable aucune partie de E distincte de E et de ∅. Il suffit pour cela d’ordonner les éléments de E x 1, x2, …, xn et de
considérer la permutation circulaire f(xi) = xi+1 (i < n) , f(xn) = x1 .
2) Soient E un ensemble infini, f une application quelconque de E dans E.
Soit x0 un élément de E, (xn) la suite récurrente xn+1 = f(xn).
A = xn ; n ≥ 0 est une partie f-stable de E et non vide. Si A est finie, A est nécessairement ≠ E, et répond à la question. Si A est infinie, B = xn ; n ≥ 1 est une partie f-stable de E et non vide, et x0 ∉ B, sans quoi la
suite (xn) serait périodique et A serait finie. Donc B répond à la question. cqfd Exercice 39 : Dans un plan affine réel, on se donne 1000 points distincts deux à deux. Montrer qu’il existe une droite telle que 500 points se trouvent d’un côté, et 500 de l’autre.
Solution : [ Oral Polytechnique 2004 ]
Soient M1, …, M1000 ces points, Dij la direction de droite MiM j (i < j). Ces directions sont au nombre de 2
1000C . Soit D une droite non parallèle à ces droites. Prenons-la comme axe y’Oy et complétons-là en un repère xOy.
Si xi est l’abscisse de Mi, les xi sont deux à deux distincts, puisque aucune droite M iM j n’est
parallèle à y’Oy. Indexons les Mi de façon que x1 < x2 < … < x1000 .
Soit a un réel tel que x500 < a < x501. La droite d’équation x = a sépare les Mi comme souhaité. Exercice 40 : On partage un triangle équilatéral en petits triangles comme indiqué sur la figure ci-dessous.
64
Si chaque côté est divisé en n segments, combien y a-t-il de petits triangles équilatéraux ? Combien y a-t-il de triangles équilatéraux en tout ?
Solution : [ John H. Conway et Richard K. Guy, The book of numbers, Springer, p. 83 ] Nous distinguerons deux sortes de triangles : ceux qui ont « la pointe en haut », et ceux qui ont « la pointe en bas ». 1) Les nombres de petits triangles sont resp. : 1 = 1 + 0 , 4 = 3 + 1 , 9 = 6 + 3 , 16 = 10 + 6 , 25 = 15 + 10 , etc. On conjecture qu’il y a n
2 petits triangles en tout,
n2 =
2)1( +nn
+ 2
)1( nn− ,
2)1( +nn
ayant la pointe en haut , 2
)1( nn− ayant la pointe en bas.
En effet, la figure montre qu’il y a 1 + 2 + … + n = 2
)1( +nn triangles ayant la pointe en haut,
et 1 + 2 + … + (n – 1) = 2
)1( nn− la pointe en bas. Il suffit de faire la somme.
2) Les nombres totaux de triangles sont resp. : 1 = 1 + 0 , 5 = 4 + 1 , 13 = 10 + 3 , 27 = 20 + 7 , etc.
Les triangles ayant la pointe en haut sont les plus faciles à dénombrer. Soit Hn leur nombre.
La suite (Hn) vérifie : H1 = 1 , Hn = Hn−1 + n + n − 1 + ... + 2 + 1
En effet, quand on ajoute une n-ème ligne, on passe de Hn−1 à Hn en ajoutant les triangles équilatéraux ayant pour base cette n-ème ligne. Si on compte ces triangles selon le sommet en bas à gauche, on en ajoute successivement n , n − 1 , ... , 2 et 1.
Du coup, Hn = ∑=
+n
k
kk
1 2)1(
= 6
)2)(1( ++ nnn.
Si l’on note ∆ Hn = Hn − Hn−1 , il vient ∆2 Hn = n , puis ∆3
Hn = 1.
Les triangles ayant la pointe en bas sont moins faciles à dénombrer. Soit Bn leur nombre.
La suite (Bn) vérifie : B1 = 0 , Bn = Bn−1 + cn ,
où cn = 1 + 2 + … + p + … + 2 + 1 = p2 si n = 2p
cn = 1 + 2 + … + p + p + … + 2 + 1 = p ( p + 1) si n = 2p + 1.
En effet, quand on ajoute une n-ème ligne, on passe de Bn−1 à Bn en ajoutant les triangles équi-latéraux dont la pointe est sur la n-ème ligne. Si on compte ces triangles de gauche à droite selon leur pointe, on en ajoute successivement 1, 2, 3, … , 3, 2, 1, ce qui oblige à discuter selon la parité de n.
Observons que : ∆2 Bn = ∆ cn = cn − cn−1 = p si n = 2p ou 2p + 1,
Puis : ∆3 Bn = ∆2
cn = 1 si n = 2p , 0 si n = 2p + 1.
Revenons au calcul de Bn. On a B2p = B2p−1 + p2
, B2p+1 = B2p + p ( p + 1 ), donc :
B2p = B2p−2 + 2p2 − p , B0 = 0 , B2p = ∑
=−
p
k
kk0
)²2( = 6
)14)(1( −+ ppp,
B2p+1 = B2p−1 + 2p2 + p , B1 = 0 , B2p+1 = ∑
=+
p
k
kk0
)²2( = 6
)54)(1( ++ ppp.
65
En conclusion, Bn = 24
)12)(2( −+ nnn si n est pair, Bn =
24)32)(1)(1( ++− nnn
si n est impair.
3) Récapitulons. Le nombre total de triangles équilatéraux délimités est :
Tn = Hn + Bn = 8
)12)(2( ++ nnn si n est pair ,
Tn = Hn + Bn = 8
)13²2)(1( −++ nnn =
81)12)(2( −++ nnn
si n est impair.
On notera que ∆3 Tn = 2 si n = 2p , 1 si n = 2p + 1.
> T:=proc(n) > if type(n,even) then n*(n+2)*(2*n+1)/8 else (n+1)*( 2*n^2+3*n-1)/8 fi;end; > L:=[];for n from 1 to 20 do L:=[op(L),T(n)]:od;
L 1 5 13 27 48 78 118 170 235 315 411 525 658 812 988 1188 1413 1665, , , , , , , , , , , , , , , , , ,[ :=
1945 2255, ]
Exercice 41 : Dénombrements géométriques. 1) Dans le plan affine, on donne n droites arbitraires. On suppose qu’il n’y en a pas deux parallèles, ni trois concourantes. Quel est le nombre de régions planes déterminées par ces n droites ? Combien y en a-t-il qui sont bornées ? non bornées ? On notera resp. ces nombres an, bn et cn . 2) Dans l’espace affine à 3 dimensions, on donne n plans arbitraires. On suppose qu’il n’y en a pas 2 parallèles, ni 3 parallèles à une même droite, ni 4 concourants en un même point. Quel est le nombre de régions de l’espace déterminées par ces n plans ? Combien y en a-t-il qui sont bornées ?
non bornées ? On notera resp. ces nombres An, Bn et Cn .
Solution : Ce problème de géométrie combinatoire fut posé et résolu par Steiner (1796-1863) et étudié par Laisant et Lucas. La 1ère question se formule en termes précis ainsi : soient D1, D2, …, Dn n droites du plan P. Elles délimitent des régions convexes ouvertes, qui sont les composantes
connexes par arcs de P − U iD , dont on demande le nombre maximum, c’est-à-dire correspondant
au cas de droites deux à deux sécantes et telles que trois d’entre elles soient non concourantes. Etc.
1) On a : a1 = 1, a2 = 4, a3 = 3, et bien évidemment an ≤ 2n .
Je dis que an+1 = an + n + 1.
En effet, quand on ajoute une (n+1)-ème droite Dn+1 au système (D1, …, Dn), celle-ci coupe Di en
Ai (1 ≤ i ≤ n), découpant n+1 intervalles sur Dn+1. Ces intervalles créent chacun une région supplé-
mentaire. Par suite an = n + (n − 1) + … + 3 + 2 + 2 = 2
)1( +nn + 1 =
22² ++nn .
Précisons : notons bn le nombre de régions bornées, cn le nombre de régions non bornées.
66
Je dis que cn = 2n , bn = an – cn = 2
23² +− nn . En effet, coupons la figure par un cercle incluant
strictement les régions bornées. ce cercle est coupé par les n droites en 2n points délimitant 2n arcs de cercle ; à chacun d’eux correspond une région non bornée.
2) L’espace est divisé par n plans que l’on suppose en position « générique » : il n’y a pas deux plans parallèles, trois quelconques ne sont pas parallèles à une même droite, quatre quelconques d’entre eux ne passent pas par un même point. On a A1 = 1, A2 = 4, A3 = 8, et bien sûr An ≤ 2
n .
Je dis que An+1 = An + an .
En effet, lorsqu’on ajoute un (n+1)-ème plan Pn+1 au système (P1, …, Pn), ce plan coupe P1, …, Pn,
en n droites D1, …, Dn, délimitant dans Pn+1, an régions planes. Chacune de ces régions crée une région spatiale supplémentaire, car elle en coupe en deux une précédente. On a A1 = 2, et l’on peut convenir que A0 = a0 = 1.
D’où An = A0 + ∑−
=
++1
0 22²
n
k
kk = 61+n (n
2 – n + 6) .
Soit Γn le nombre de régions délimitées sur la sphère par n cercles c1, …, cn en position générale.
Alors Γ1 = 2, et quand on ajoute le cercle cn+1 à c1, …, cn, est coupée par c1, …, cn en 2n points
délimitant 2n arcs de cercle, chacun ajoutant une région : Γn+1 = Γn + 2, d’où Γn = n2 – n + 2 .
Une sphère incluant l’ensemble des régions bornées est coupée par les n plans en n cercles, d’où Cn
= Γn régions non bornées. Au final :
An = 61+n ( n
2 – n + 6 ) , Cn = n
2 – n + 2 , Bn =
6)3)(2)(1( −−− nnn
.
Remarque : On cherchera de même le nombre de régions délimitées dans Rk par n hyperplans en
position générique.
Exercice 42 : De combien de façons peut-on paver un rectangle de taille 2×n par des dominos 2×1 ?
Solution : Notons An le nombre cherché.
On a A1 = 1, A2 = 2 (dominos horizontaux ou verticaux), et pour n ≥ 3, An = An−1 + An−2 . En effet, au bout du rectangle, dont la longueur est placée en position horizontale : • soit on pose un domino vertical, et alors il reste à paver un rectangle 2×(n−1), • soit on pose deux dominos horizontaux, et alors il reste à paver un rectangle 2×(n−2).
Conclusion : An = fn+1, où (fn) est la suite de Fibonacci.
Remarque : sur ces sujets, cf. Pour la science, juillet 2006, ainsi que : http://www.research.att.com/~njas/sequences/ Numbers of domino tilings Exercice 43 : Plans de lotissements. Combien y a-t-il de matrices à n lignes et p colonnes, à éléments dans 0, 1 ?
Parmi elles, combien y a-t-il de matrices A = (aij) telles que chaque sous-matrice
+++
+
111
1
jiji
ijij
aaaa
contienne exactement deux 0 et deux 1 ?
Solution : [ Le Monde, Affaire de logique, juillet 2010, n° 682 ] Le premier nombre vaut évidemment 2
np. Le second vaut 2
n + 2
p – 2.
Voici une méthode :
67
• Soit la première ligne de A est alternée, c’est-à-dire ne contient pas deux nombres consécutifs égaux : 0 1 0 1 … ou 1 0 1 0 … Alors les n lignes de A sont toutes alternées, et on peut les choisir absolument quelconques. Il y a donc 2
n matrices.
• Soit la première ligne de A contient au moins deux 0 ou 1 consécutifs. Elle est donc du type 0 1 0 1 … 0 1 1 … ou bien 0 1 0 1 … 1 0 0 …
Or, les deux premiers 0 ou 1 consécutifs, notés a1k−1 et a1k, déterminent automatiquement tout ce qui
se passe dessous, et tout ce qui se passe avant, autrement dit tous les aij pour 1 ≤ i ≤ n et 1 ≤ j ≤ k.. En revanche, la k-ème colonne étant alternée, les colonnes suivantes le sont aussi, et peuvent être
choisies quelconques. Il y a donc 2p−k
matrices de ce type.
En résumé, il y a 2n + 2
p−1 + 2
p−2 + … + 2 = 2
n + 2
p − 2 matrices du type considéré.
Autre méthode : • Soit la première ligne de A est alternée ; on trouve comme précédemment 2
n matrices.
• Soit la première ligne de A contient au moins deux 0 ou 1 consécutifs. Ces 0 ou 1 consécutifs déterminent automatiquement tout ce qui se passe dessous. De plus, on s’aperçoit que toutes les colonnes sont alternées. Autrement dit, la donnée de la première ligne détermine entièrement la matrice A. Il y a donc autant de matrices de ce type que de lignes comportant au moins deux 0 ou 1 consécutifs, soit 2
p − 2 matrices, puisqu’il faut enlever les deux
lignes alternées. En résumé, il y a 2n + 2
p − 2 matrices.
Dans l’exemple proposé par Le Monde, (n, p) = (6, 5), on trouve 94 matrices. Exercice 44 : principe des tiroirs. 1) On choisit 10 nombres distincts parmi les entiers de 1 à 100. Peut-on extraire de cet ensemble E de 10 nombres, deux sous-ensembles disjoints de même somme ? 2) Parmi 101 nombres entiers, peut-on toujours en trouver 11 dont la somme soit un multiple de 11 ? 3) Soit n un entier dont l’écriture décimale se termine par 1. Existe-t-il toujours une puissance de n se terminant par 000 001 ? 4) Soit P un polyèdre convexe de R
3. Montrer qu’il existe au moins deux faces ayant le même
nombre de côtés.
Solution : Toutes ces questions, indépendantes, vont se résoudre à l’aide du principe des tiroirs.
1) Il y a 210
= 1024 sous-ensembles de E ; 1022 d’entre eux ne sont ni l’ensemble ∅, ni l’ensemble E. A chacun de ces sous-ensembles A associons leur somme S(A). La valeur maximale de ces sommes est 100 + 99 + … + 91 = 955. Comme 1022 > 955, il y a deux sous-ensembles distincts A et B de même somme S(A) = S(B). S’ils sont disjoints, ils répondent à la question.
Sinon, l’un ne peut contenir l’autre, et les ensembles A – B = A – (A ∩ B) et B – A = B – (A ∩ B) sont disjoints de même somme. 2) Les restes de la division euclidienne des 101 entiers par 11 sont 101 entiers compris entre 0 et 10. • Ou bien les 11 valeurs, de 0 à 10, sont prises. En choisissant un entier dans chaque classe et en les additionnant, on trouve un multiple de 11. • Ou bien au plus 10 valeurs sont prises. Les 101 entiers se répartissent en au plus 10 classes ; il s’ensuit que l’une des classes contient au moins 11 entiers. La somme de ces 11 entiers est un multiple de 11.
3) Considérons la liste n , n2
, … , n1000001
des puissances de n.
En vertu du principe des tiroirs, deux de ces puissances, np et n
p+q, ont les six mêmes derniers
chiffres. Leur différence np ( n
q – 1 ) est donc divisible par 1000000.
Comme n se termine par 1, 1000000 est premier avec n, donc avec np.
En vertu du théorème dit de Gauss, 1000000 divise nq
– 1 .
68
Cela revient à dire que nq se termine par 000001.
4) Choisissons une face F comportant un nombre maximum N de côtés. Si aucune des faces n’avait le même nombre de côtés, les N faces adjacentes à F auraient un nombre de côtés compris entre 3 (triangle) et N ; en vertu du principe des tiroirs, deux de ces faces auraient même nombre de côtés. Exercice 45 : lemme de Thue-Siegel (1909-1930). Soient m et n deux entiers tels que 1≤ m < n , et (S) le système : a11.x1 + … + a1n.xn = 0 (S) . . . . . . . . . . am1.x1 + … + amn.xn = 0
de m équations à n inconnues (x1, …, xn), où les aij sont éléments de Z.
Soit L = max 1 , max1≤i≤m ∑=
n
jija
1
.
Montrer qu’il existe X = (x1, …, xn) ∈ Zn − 0, solution de (S), tel que : max1≤j≤n | xj | ≤ )/( mnmL − .
[Indication : Etablir que, si M est un réel ≥ 0, (a1, …, an) ∈ Zn et A =∑
=
n
jja
1
, lorsque Y = (y1, …,
yn) décrit Zn de façon que (∀j) 0 ≤ yj ≤ M, la quantité ∑
=
n
jjj ya
1
. prend au plus 1 + A.[M] valeurs.]
Solution : Exercice 46 : Jeu du solitaire. 1) Des trous sont creusés en les 37 points (x, y) ∈ Z×Z, tels que |x| + |y| ≤ 4 et max(|x|, |y|) ≤ 3. Soient T l’ensemble de ces points, et T0 l’ensemble T−(0, 0). Représenter ces ensembles.
Des billes sont placées en chacun des 36 trous de T0. Une bille placée en (x, y), si elle est voisine de la bille de droite (x+1, y), et si le trou (x+2, y) est vide, peut sauter par-dessus sa voisine (x+1, y) et venir se placer en (x+2, y) ; la bille placée en (x+1, y) est alors escamotée. Et la même règle s’applique vers la gauche, vers le haut et vers le bas.
2) On note A =
0111 la matrice carrée d’ordre 2 à coefficients dans Z/2Z.
Vérifier que A2 + A + I = 0 et en déduire que A
3 = I.
3) A toute partie finie F de T on associe ∆(F) = ∑∈
+
Fyx
yxA),(
.
a) Montrer que la somme ∆(F) reste constante au cours du jeu.
b) Montrer que ∆(T0) est la matrice nulle.
c) Déduire de ce qui précède qu’il est impossible de terminer la partie avec une seule bille, ni avec deux billes voisines.
Solution :
2) A2 =
0111
0111 =
1110 , donc A
2 + A + I = 0 , puis A3 − I = ( A – I )( A
2 + A + I ) = 0.
3) a) ♣ Si une bille placée en (a, b) saute par-dessus la bille voisine placée en (a+1, b), la somme
∆(F) = ∑∈
+
Fyx
yxA),(
= Aa+b
+ Aa+1+b
+ S , où S est la somme de tous les autres termes, devient :
69
∆(F’) = Aa+2+b
+ S . Or Aa+b
+ Aa+1+b
= Aa+2+b
, car I + A = A2 .
♦ Si une bille placée en (a, b) saute par-dessus la bille voisine placée en (a−1, b), la somme
∆(F) = ∑∈
+
Fyx
yxA),(
= Aa+b
+ Aa−1+b
+ S , où S est la somme de tous les autres termes, devient :
∆(F’) = Aa−2+b
+ S . Or Aa+b
+ Aa−1+b
= Aa−2+b
, car I + A−1
= A−2
.
♥ Si une bille placée en (a, b) saute par-dessus la bille voisine placée en (a, b+1), la somme
∆(F) = ∑∈
+
Fyx
yxA),(
= Aa+b
+ Aa+b+1
+ S , où S est la somme de tous les autres termes, devient :
∆(F’) = Aa+b+2
+ S . Or Aa+b
+ Aa+b+1
= Aa+b+2
, car I + A = A2
.
♠ Si une bille placée en (a, b) saute par-dessus la bille voisine placée en (a, b−1), la somme
∆(F) = ∑∈
+
Fyx
yxA),(
= Aa+b
+ Aa+b−1
+ S , où S est la somme de tous les autres termes, devient :
∆(F’) = Aa+b−2
+ S . Or Aa+b
+ Aa−1+b
= Aa−2+b
, car I + A−1
= A−2
. Ainsi, la somme ∆(F) reste constante au cours du jeu : c’est un invariant matriciel.
b) Or ∆(T0) est la matrice nulle, car on peut partitionner T0 en réunion de triplets consécutifs horizontaux ou verticaux, par exemple comme l’indique la figure. Au cours du jeu, cette somme reste constante. On ne pourra jamais obtenir une seule bille, où qu’elle
se place, car I, A et A2 sont non nulles.
Remarques : 1) Il n’en est pas de même si l’on enlève à T les quatre trous (±2 , ±2). 2) Une variante consisterait à donner un invariant numérique, en se plaçant dans le corps quotient F4 = F2[X]/(X
2 + X + 1) = 0, 1, a, b , a et b étant les racines de X
2 + X + 1, et en considérant :
δ(F) = ∑∈
+
Fyx
yxa),(
.
Exercice 47 : un jeu de morpions.
1) N pions distincts (xi, yi)1≤i≤N sont disposés dans Z×−N.
Un pion, placé en (x, y), s’il est voisin du pion de droite (x+1, y), et si (x+2, y) n’est pas occupée par un pion, peut sauter par-dessus son voisin (x+1, y) et venir se placer en (x+2, y) ; le pion (x+1, y) est alors escamoté. Et la même règle s’applique vers la gauche, vers le haut et vers le bas. Montrer que, quoi qu’il arrive, un pion ne peut jamais dépasser l’ordonnée 5. Montrer qu’on peut atteindre l’ordonnée 5.
[ Indication : Soit ϕ le nombre d’or, solution > 0 de l’équation ϕ2 − ϕ − 1 = 0 ; appelons « énergie »
d’une partie finie C de Z×−N le réel E(C) = ∑∈
+−
Cyx
yx
),(
ϕ ; majorer E(C) et étudier comment elle varie
au cours du jeu. ]
2) N pions distincts (xi, yi)1≤i≤N sont disposés sur Z×Z. Si on leur applique la règle ci-dessus, que dire de la configuration finale ?
Solution : [ Exercice communiqué par Raphaël Cerf ; cf. aussi RMS octobre 2012, R 510 p. 78-86 ] ____________
5. Arithmétique.
L’arithmétique, « reine des mathématiques » selon Gauss, est au carrefour de nombreuses disciplines : combinatoire, algèbre (groupes, anneaux, corps, théorie algébrique des nombres, algèbre commutative), analyse (théorie analytique des nombres), et même géométrie (géométrie des nombres)… Commençons par revoir les fondamentaux !
70
Exercice 1 : critère de Daniel Tammet. Soit n = abca un entier ayant 4 chiffres en base 10. Si a = 2, 4, 5, 6 ou 8, n est composé. Si a = 1, 3, 7 ou 9, et si bc est divisible par 7, 11 ou 13, n est composé.
Solution : Ce critère est mentionné dans le livre de Daniel Tammet, Embrasser le ciel immense (J’ai lu, p. 170). Si a = 2, 4, 6 ou 8, n est pair > 2 donc composé. Si a = 5, n est divisible par 5 et > 5, donc composé. Si a = 1, 3, 7 ou 9, écrivons n = a×1001 + bc×10 = a×7×11×13 + bc×10. Donc si bc est divisible par 7, 11 ou 13, n est composé. Exercice 2 : Indiquer des caractères de divisibilité par 2, 4, 8, 5, 25, 125, 3, 9, 11, 7, 13, 101 dans le système décimal.
Solution : Ecrivons l’entier n = … a3 a2 a1 a0 = ∑i
iia 10. en base 10.
n est congru modulo 2 à a0 . Donc n est pair ss’il se termine par 0, 2, 4, 6 ou 8.
n est congru modulo 4 à a0 + 2a1 . Donc n est divisible par 4 ss’il se termine par 00, 04, 08, 12 ou 16.
n est congru modulo 8 à a0 + 2a1 + 4a2 . Donc n est divisible par 8 ssi a2 a1 a0 est multiple de 8.
n est congru modulo 5 à a0 . Donc n est divisible par 5 ss’il se termine par 0 ou 5.
n est congru modulo 25 à a0 + 10a1 . Donc n est divisible par 25 ss’il se termine par 00, 25, 50 ou 75.
n est congru modulo 125 à a0 + 10.a1 + 100.a2 .
Comme 10k est toujours congru à 1 modulo 3, n est congru modulo 3 à a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5 +
etc., autrement dit à la somme de ses chiffres.
Comme 10k est toujours congru à 1 modulo 9, n est congru modulo 9 à a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5 +
etc., autrement dit à la somme de ses chiffres. Comme 10
k est alternativement congru à 1 et à − 1 modulo 11, n est congru modulo 11 à
a0 − a1 + a2 − a3 + a4 − a5 + etc., autrement dit à la somme alternée de ses chiffres. Par exemple, 11 divise 1793, car 1 + 9 = 7 + 3.
Comme 10k est alternativement congru à 1, 3, 2, −1, −3, −2 modulo 11, n est congru modulo 7 à
a0 + 3a1 + 2a2 − a3 − 3a4 − 2a5 + a6 + 3a7 + 2a8 − etc. Par exemple, 7 divise 334425, car 5 + 3.2 + 2.4 = 4 + 3.3 + 2.3.
Comme 10k est alternativement congru à 1, 10, 9, −1, −10, −9 modulo 11, n est congru modulo 13 à
a0 + 10a1 + 9a2 − a3 − 10a4 − 9a5 + a6 + 10a7 + 9a8 − etc.
Comme 10k est alternativement congru à 1, 10, −1, −10 modulo 101, n est congru modulo 101 à
a0 + 10a1 − a2 − 10a3 + a4 + 10a5 − etc.
Exercice 3 : Un élève a calculé 248 × 49 = 12 143. Faites la preuve par 9. Réussit-elle ? Faites vous-même cette opération. Est-elle exacte ? Que remarquez-vous ?
Solution : Avant de résoudre cet exercice, je ne résiste pas au plaisir d’en indiquer la source : M. Royer et P. Court, Arithmétique, Cours moyen-Certificat d’études (1923), ex. n° 815, p. 138.
L’opération 248 × 49 = 12 143 donne, après réduction modulo 9 : 5×4 = 2. Cependant, 248 × 49 = 248 × (50 − 1) = 12400 − 248 = 12 152. L’opération est fausse… mais elle est vraie modulo 9. La preuve par 9 fournit une condition suffisante pour qu’une opération soit fausse, mais cette condition n’est pas nécessaire. De toute façon, 248 × 49 est pair, alors que 12 143 est impair : une preuve par 2 suffisait…
71
Exercice 4 : Indiquer des caractères de divisibilité par 2, 4, 8, 3, 5, 7, 9, 11, 73 dans le système binaire.
Solution : Ecrivons n = … a3 a2 a1 a0 = ∑i
iia 2. en base 2.
n est divisible par 2 ssi a0 = 0, par 4 ssi a0 = a1 = 0, par 8 ssi a0 = a1 = a2 = 0.
n ≡ ∑ −i
iia )1.( = ∑
iia2 − ∑ +
iia 12 (mod 3).
Donc n est divisible par 3 ssi ∑i
ia2 ≡ ∑ +i
ia 12 (mod 3).
n ≡ ∑i
ia4 + 2∑ +i
ia 14 − ∑ +i
ia 24 − 2∑ +i
ia 34 (mod 5).
Donc n est divisible par 5 ssi ∑ ++i
ii aa ).2( 144 ≡ ∑ ++ +i
ii aa ).2( 3424 (mod 5).
n ≡ ∑i
ia3 + 2∑ +i
ia 13 + 4∑ +i
ia 23 (mod 7).
Donc n est divisible par 7 ssi ∑ ++ ++i
iii aaa ).4.2( 23133 ≡ 0 (mod 7).
Exercice 5 : Soit n = x6 x5 x4 x3 x2 x1 un entier à 6 chiffres tel que 13 | n .
Montrer que 13 | m = x5 x4 x3 x2 x1 x6 . [ Oral Polytechnique 2005 ]
Solution : Voici le tableau des puissances de 10 modulo 13 :
k 0 1 2 3 4 5 6
10k 1 10 9 − 1 − 10 − 9 1
On constate qu’elles sont 3-antipériodiques, et 6-périodiques.
[ Le petit théorème de Fermat donne un résultat plus faible : 1012
≡ 1 (mod 13) ]
n = x6 x5 x4 x3 x2 x1 = x1 + 10 x2 + 102
x3 + 103
x4 + 104
x5 + 105
x6
m = x5 x4 x3 x2 x1 x6 = x6 + 10 x1 + 102
x2 + 103
x3 + 104
x4 + 105
x5
≡ 10 ( x1 + 10 x2 + 102
x3 + 103
x4 + 104
x5 + 105
x6 ) = 10 n.
Ainsi, on a toujours m ≡ 10 n (mod 13).
On en déduit aussitôt que n ≡ 0 (mod 13) ⇒ m ≡ 0 (mod 13).
La réciproque est aussi vraie, car 10 est inversible modulo 13.
Le lecteur est prié d’inventer un caractère de divisibilité modulo 13 en base 10, et de le faire apprendre par cœur aux écoliers du CM1.
Exercice 6 : Montrer que 3457
≡ 1 (mod 11) , 32842
≡ 4 (mod 5) , 3174249
≡ 2 (mod 11) ,
13 | 270
+ 370
, 20801 | 2015
− 1.
Solution : • Raisonnons modulo 11. Comme 34 ≡ 1 (mod 11) , 34
57 ≡ 1
57 = 1 (mod 11) .
♣ Raisonnons modulo 5. Comme 328 ≡ 3 (mod 5) , 32842
≡ 342
(mod 5) .
Or 34 = 81 ≡ 1 (mod 5) (ce qui découle aussi du petit théorème de Fermat), donc la suite (3
k) est 4-
périodique modulo 5, et 342
≡ 32 ≡ 4 (mod 5) . Au final, 328
42 ≡ 4 (mod 5) .
♦ Raisonnons modulo 11. Comme 3174 ≡ 6 (mod 11) , 3174249
≡ 6249
(mod 11) .
Or 610
≡ 1 (mod 11) (ce qui découle aussi du petit théorème de Fermat), donc la suite (6k) est 10-
périodique modulo 11, et 6249
≡ 69 ≡ 2 (mod 11) . Au final, 3174
249 ≡ 2 (mod 11) .
72
♥ Raisonnons modulo 13.
On constate que 212
≡ 1 (mod 13) (ce qui découle aussi du petit théorème de Fermat), donc la suite
(2k) est 12-périodique modulo 13, et 2
70 ≡ 2
10 ≡ −3 (mod 13) .
On constate que 33 ≡ 1 (mod 13) (ce qui améliore le petit théorème de Fermat), donc la suite (3
k) est
3-périodique modulo 13, et 370
≡ 31 = 3 (mod 13) . Il reste à additionner.
♠ Raisonner modulo 20801 est hasardeux. Mais 20801 = 11×31×61. Raisonnons modulo 11. On constate que 20
10 ≡ 1 (mod 11) (ce qui découle aussi du petit théorème
de Fermat), donc la suite (20k) est 10-périodique modulo 11, et 20
15 ≡ 20
5 ≡ 1 (mod 11) .
Raisonnons modulo 31. On constate que 203 ≡ 2 (mod 31), donc 20
15 ≡ 2
5 ≡ 1 (mod 31) .
Raisonnons modulo 61. On constate que 205 ≡ 1 (mod 61), donc 20
15 ≡ 1
3 ≡ 1 (mod 61) .
Exercice 7 : Montrer que (∀n) 7 | 32n
− 2n , 7 | 3
2n+1 + 2
n+2 , 11 | 3
n+3 − 4
4n+2 , 5 | 4
3n − 4
n ,
73 | 92n+1
+ 8n+2
, 19 | 262
2+n
+ 3 , 21 | n4
2 + 5 si n > 0 , 676 | 33n+3
– 26.n − 27 ,
11 | 3n+2012
− 9×52n
.
Solution : Raisonnons modulo 7. 3
2n − 2
n = 9
n − 2
n ≡ 2
n − 2
n = 0 (mod 7).
32n+1
+ 2n+2
= 3.9n + 4.2
n ≡ 3.2
n + 4.2
n = 7.2
n ≡ 0 (mod 7).
Autre approche :
32n
− 2n = ( 7 + 2 )
n − 2
n , et développer par le binôme.
32n+1
+ 2n+2
= 3.( 7 + 2 )n + 4.2
n , et développer par le binôme.
Autre approche, récurrente, fondée sur :
32n+2
− 2n+1
= 9.( 32n
− 2n
) + 7.2n .
32n+3
+ 2n+3
= 9.( 32n+1
+ 2n+2
) − 28.2n .
Raisonnons modulo 11. 3
n+3 − 4
4n+2 = 27.3
n − 16.16
2n ≡ 5.3
n − 5.5
2n = 5.3
n − 5.25
n ≡ 5.3
n − 5.3
n = 0 (mod 11).
Autre approche :
3n+3
− 44n+2
= 27.3n − 16.( 11.23 + 3 )
n , et développer par le binôme.
Autre approche, récurrente, fondée sur : 3
n+4 − 4
4n+6 = 3.( 3
n+3 − 4
4n+2 ) − 253.4
4n+2 .
Raisonnons modulo 5. 4
3n − 4
n = 64
n − 4
n ≡ 4
n − 4
n = 0 (mod 5).
Autre approche :
43n
− 4n = ( 5.12 + 4 )
n − 4
n , et développer par le binôme.
Raisonnons modulo 73. 9
2n+1 + 8
n+2 = 9.81
n + 64.8
n ≡ 9.8
n + 64.8
n = 73.8
n .
Autre approche :
92n+1
+ 8n+2
= 9.( 73 + 8 )n + 64.8
n , et développer par le binôme.
Montrons que, pour tout n, 19 | 262
2+n
+ 3 [ Mines 1993, RMS n° 134 ].
Raisonnons modulo 19 : 218
≡ 1 (mod 19). Ainsi, la suite (2k) est 18-périodique modulo 19.
Il faut donc réduire 26n+2
modulo 18. Or les puissances de 2 sont 6-périodiques à partir du rang 1
modulo 18 : 21 ≡ 2
7 (mod 18). Par conséquent k ≡ 2 (mod 6) ⇒ 2
k ≡ 4 (mod 18).
Au final, 262
2+n
≡ 24 = 16 ≡ − 3 (mod 19). Cqfd.
73
Montrons que, pour tout n ≥ 1, 21 | n4
2 + 5 [ Mines 1993, RMS n° 131 ].
Raisonnons modulo 3 : 22 ≡ 1 (mod 3). Donc
n42 ≡ 1 (mod 3) et
n42 + 5 ≡ 0 (mod 3).
Raisonnons modulo 7 : 26 ≡ 1 (mod 7). Or 4
n ≡ 4 (mod 6) pour n > 0.
Donc n4
2 ≡ 24 = 16 (mod 7) et
n42 + 5 ≡ 21 ≡ 0 (mod 7). Cqfd.
Montrons que, pour tout n, 676 = 4×169 = 262 | 3
3n+3 – 26.n − 27 .
33n+3
– 26.n − 27 = 27n+1
– 26.n − 27 = ( 26 + 1 )n+1
– 26.(n + 1) − 1 .
= 26n+1
+ … + 21+nC 26
2 , après développement binomial et simplification. cqfd.
Montrons que, pour tout n, 11 | 3n+2012
− 9×52n
[ Ecrit CCP 2012 ]
Raisonnons modulo 11. En vertu du petit théorème de Fermat, 310
≡ 1 (mod 11), et l’on constate
même que 35 ≡ 1 (mod 11). Par conséquent : 3
n+2012 ≡ 3
n × 3
2 = 9 × 3
n (mod 11).
Par ailleurs, 9×52n
= 9×25n ≡ 9×3
n (mod 11). On conclut par soustraction.
Exercice 8 : Trouver le dernier chiffre du développement décimal de 77
7 .
Trouver les deux derniers chiffres du développement décimal de 32008
, de 61981
.
Solution : [ Oral Mines 1991, etc. ]
Il s’agit de réduire 77
7 modulo 10.
On constate que la suite (7k) est 4-périodique modulo 10.
Cela découle aussi du théorème d’Euler, car ϕ(10) = 4. Il faut donc réduire 7
7 modulo 4. Or 7
7 ≡ (−1)
7 = − 1 ≡ 3 (mod 4).
Donc 77
7 ≡ 73 = 7.7.7 ≡ 9.7 = 63 ≡ 3 (mod 10).
Il s’agit ensuite de réduire 32008
et 61981
modulo 100.
Un algorithme reposant sur le développement binaire des exposants 2008 et de 1981 permet de faire les calculs en peu d’opérations, mais ce n’est pas cette méthode que nous allons suivre.
• Les puissances de 3 dans Z/100Z sont périodiques pures, car 3 ∧ 100 = 1.
En vertu du théorème d’Euler, 3ϕ(100)
= 340
= 1 dans Z/100Z.
Par suite, 32008
= 38 = 61 dans Z/100Z.
En vérité, on constate que 320
= 1 dans Z/100Z. Du coup, 32008
= 38 = 61 derechef.
• Les puissances de 6 dans Z/100Z ne sont pas périodiques, mais périodiques à partir d’un certain rang. On constate que 6
2 = 6
7 = 36 dans Z/100Z. Du coup, 6
1981 = 6
6 = 56 dans Z/100.Z.
Conclusion : 77
7 se termine par 3, 32008
se termine par 61, et 61981
par 56.
Vérification Maple :
> 3^2008 mod 100;6^1981 mod 100;
Exercice 9 : Trouver les x ∈ Z tels que x + 2 divise x2 + 2.
Solution : [ Test aux candidats roumains en MPSI au lycée Louis-le-Grand, 2012 ]
Divisons le polynôme X2 + 2 par le polynôme X + 2. Il vient X
2 + 2 = (X + 2)(X − 2) + 6.
Donc x2 + 2 = (x + 2)(x − 2) + 6 pour tout x ∈ Z. Si x + 2 divise x
2 + 2, alors x + 2 divise 6, donc
x + 2 = ±1, ±2, ±3 ou ±6, donc x ∈ −3, −1, −4, 0, −5, 1, −8, 4 . Toutes ces valeurs conviennent.
61 56
74
Conclusion : x ∈ −8, −5, −4, −3, −1, 0, 1, 4 .
Exercice 10 : Trouver les entiers naturels n tels que nn − 3 soit divisible par 7.
Solution : [ Oral X MP 2011, RMS n° 114 ] n = 0 ne marche pas si l’on convient que 0
0 = 1.
Supposons n ≥ 1 et raisonnons modulo 7. • Si n ≡ 0 (mod 7), alors n
n ≡ 0 (mod 7)
• Si n ≡ 1 (mod 7), alors nn ≡ 1 (mod 7)
• Si n ≡ 2 (mod 7), alors nn ≡ 2
n (mod 7).
Or 2n ≡ 1, 2 ou 4 (mod 7), donc n’est jamais congru à 3 modulo 7.
• Si n ≡ 3 (mod 7), alors nn ≡ 3
n (mod 7).
Or 3n ≡ 3 (mod 7) ssi n ≡ 1 (mod 6). On trouve finalement (th. chinois) n ≡ 31 (mod 42).
• Si n ≡ 4 (mod 7), alors nn ≡ 4
n (mod 7).
Or 4n ≡ 1, 4 ou 2 (mod 7), donc n’est jamais congru à 3 modulo 7.
• Si n ≡ 5 (mod 7), alors nn ≡ 5
n (mod 7).
Or 5n ≡ 3 (mod 7) ssi n ≡ 5 (mod 6). On trouve finalement (th. chinois) n ≡ 5 (mod 42).
• Si n ≡ 6 (mod 7), alors nn ≡ 6
n (mod 7).
Or 6n ≡ 1 ou 6 (mod 7), donc n’est jamais congru à 3 modulo 7.
Conclusion : nn − 3 est divisible par 7 si et seulement si n ≡ 5 ou 31 (mod 42).
Exercice 11 : Trouver les entiers naturels n tels que n divise 3n – 2
n.
Solution : 0 et 1 conviennent. Montrons que ce sont les seuls. Soient n un entier ≥ 2 tel que n divise 3
n – 2
n, p le plus petit facteur premier de n.
Alors p divise n et 3n – 2
n. Il est impossible que p = 2 ou 3.
Donc p ≥ 5, et 2 et 3 sont inversibles dans Z/pZ . Introduisons l’ensemble
G = k ∈ Z ; 3k – 2
k ≡ 0 ( mod p ) = k ∈ Z ; 3k
= 2 k dans Z/pZ = k ∈ Z ; (3/ 2 )
k = 1.
G est un sous-groupe additif de Z, qui contient n, et p – 1 en vertu du petit théorème de Fermat. Il est donc de la forme G = mZ, où m divise p – 1. Comme p est le plus petit diviseur premier de n, m ne peut diviser n : contradiction ! Exercice 12 : Montrer par différentes méthodes que le nombre 99 ... 9 composé de 100 neuf en base 10, est divisible par 101.
Solution : [ Le Monde, 16 mars 1983 ] On peut montrer cela de bien des façons.
1ère méthode, savante : N = 99 … 9 = 10100
– 1. Il s’agit de montrer que 10100
≡ 1 (mod 101). Or 101 est premier, et l’on reconnaît là le petit théorème de Fermat :
si p est premier et si n est non multiple de p, np−1
≡ 1 (mod p).
2ème méthode : 102 ≡ − 1 (mod 101). Du coup, 10
100 ≡ (−1)
50 ≡ 1 (mod 101).
Au fond, on dispose d’un caractère de divisibilité par 101 en base 10 :
L’entier n = … a3 a2 a1 a0 est congru modulo 101 à a0 + 10a1 − a2 − 10a3 + a4 + 10a5 − etc.
Autrement dit, les chiffres de n en base 100 sont n = … (a3 a2)(a1 a0) .
75
3ème méthode : 110110
2
100
+−
= 110110
4
100
−−
110110
2
4
+−
= ( 1 + 104 + … + 10
25 )( 102 – 1 ).
4ème méthode : Maple…
> iquo(10^100-1,99); 10101010101010101010101010101010101010101010101010101010101010101010101\
0101010101010101010101010101
Exercice 13 : Aujourd’hui, on est le mercredi 14 juillet 2010. Quel jour sera-t-on le 14 juillet 2011 ? Aujourd’hui, on est jeudi 8 septembre 2011. Quel jour de la semaine était-on le 8 septembre 1971 ?
Solution : [ Oral Mines 2010, RMS n° 398 ] 365 = 7×52 + 1 , 366 = 7×52 + 2 . Le 14 juillet 2011 sera un jeudi, mais le 14 juillet 2012 sera un samedi, car 2012 est une année bissextile. De 1971 à 2011, quarante années se sont écoulées, parmi lesquelles 10 années bissextiles (de 1972 à 2008 modulo 4). Donc 50 jours de décalage, à soustraire, modulo 7. jeudi − 50 = jeudi − 49 − 1 = mercredi. Le 8 septembre 1971 était donc un mercredi… … Un triste mercredi d’ennui et de septembre. Souvenirs, souvenirs…
Remarque : L’article Calendrier, de l’Encyclopedia Universalis, rappelle les principes du calendrier grégorien instauré en 1582 par le pape Grégoire XIII aidé des savants Clavius et Lilio. Les années divisibles par 4 sont bissextiles, mais à condition de supprimer 3 années bissextiles en 4 siècles : seules les années séculaires dont le millésime est divisible par 400 sont bissextiles. Ainsi, les années 1700, 1800 et 1900 n’ont pas été bissextiles, tandis que 2000 l’a été ; les années 2100, 2200, 2300 ne seront pas bissextiles, mais 2400 le sera, etc. Exercice 14 : hommage à Daniel Tammet et à Kim Peek. Dans son autobiographie intitulée Je suis né un jour bleu, Daniel Tammet raconte en ces termes sa rencontre avec Kim Peek, le savant autiste dont le destin inspira le film Rain Man, interprété par Dustin Hoffman et Tom Cruise : Kim est un homme corpulent d’âge moyen, avec une tignasse de cheveux gris et des yeux perçants et inquisiteurs. Il saisit rapidement mes bras et se tint très près de moi. « Donnez-lui votre date de naissance », suggéra Fran. « 31 janvier 1979 », dis-je. « Tu auras 65 ans un dimanche », annonça Kim. J’opinai et lui demandai sa date de naissance à lui : « 11 novembre 1951 », répondit-il. Je fis un grand sourire : « Tu es né un dimanche ! » Le visage de Kim s’illumina et je sus que désormais nous étions connectés. Les jours de la semaine indiqués par Kim et Daniel sont-ils exacts ?
Solution : Exercice 15 : Théorème de John H. Conway. 1) Démontrer que, pour une année donnée, le 4/4 (4 avril), le 6/6 (6 juin), le 8/8, le 10/10 et le 12/12 tombent le même jour de la semaine que le dernier jour de février. 2) On sait le 28 février 1900 était un mercredi. Quel jour était-on le 29 septembre 2001 ?
Solution :
Exercice 16 : a) Trouver les x ∈ Z tels que 3x2 − 5x + 4 soit divisible par 7.
b) Trouver les x ∈ Z tels que x2 − x + 10 soit divisible par 13.
c) Trouver les x ∈ Z tels que x2 − x + 5 soit divisible par 11.
76
d) Trouver les x ∈ Z tels que x2 − 4x + 3 soit divisible par 143. Généraliser.
Solution :
a) Raisonnons modulo 7. Il s’agit de chercher les x ∈ Z tels que 3.x2 − 5.x + 4 ≡ 0 (mod 7).
Mieux, même, passons dans Z/7Z. Il s’agit de chercher les x ∈ Z/7Z tels que 3 x 2 − 5 x + 4 = 0 .
Il suffit de tabuler la fonction f : x ∈ Z/7Z → 3 x 2 − 5 x + 4 , et de regarder quand elle s’annule.
Après tout, il y a 7 cas à examiner. Or on constate que f ne s’annule pas.
b) Raisonnons modulo 13. Il s’agit de chercher les x ∈ Z tels que x2 − x + 10 ≡ 0 (mod 13).
Mieux, même, passons dans Z/13Z. Il s’agit de chercher les x ∈ Z/13Z tels que x 2 − x + 10 = 0 .
Il suffit de tabuler la fonction f : x ∈ Z/13Z → x 2 − x + 10, et de regarder quand elle s’annule.
Il y a 13 cas à examiner. Or on constate que f s’annule pour x = 7 .
c) Raisonnons modulo 11. Il s’agit de chercher les x ∈ Z tels que x2 − x + 5 ≡ 0 (mod 11).
Mieux, même, passons dans Z/11Z. Il s’agit de chercher les x ∈ Z/11Z tels que x 2 − x + 5 = 0 .
Il suffit de tabuler la fonction f : x ∈ Z/11Z → x 2 − x + 5, et de regarder quand elle s’annule.
Il y a 11 cas à examiner. Or on constate que f s’annule pour x = 3 et 9.
Reprenons tout cela de manière plus approfondie ! Il s’agit de résoudre trois équations du second degré à coefficients dans un corps commutatif de caractéristique ≠ 2. Or on sait que cette résolution est gouvernée par le discriminant ∆ = b
2 − 4ac.
Si ∆ = 0, il y a racine double ; si ∆ est un carré non nul, il y a deux solutions ; sinon, il n’y en a pas.
a) L’équation 3 x 2 − 5 x + 4 = 0 dans Z/7Z a pour discriminant ∆ = 5.
Or 5 n’est pas un carré dans Z/7Z, (les carrés sont 0 , 1, 4 et 2 ), donc l’équation est sans solution.
b) L’équation x 2 − x + 10 = 0 dans Z/13Z a pour discriminant ∆ = 0 .
Par conséquent, elle admet une racine double, x = 21 = 7 .
c) L’équation x 2 − x + 5 = 0 dans Z/11Z a pour discriminant ∆ = 3.
C’est un carré dans Z/11Z comme le montre la table des carrés : x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
x² 0 1 4 9 5 3 3 5 9 4 1
Par conséquent, x = 251± = 3 ou 9.
Conclusion : Il n’y a pas d’entier x tel que 7 divise 3x2 − 5x + 4 .
13 divise x2 – x + 10 ssi x ≡ 7 (mod 13) ; 11 divise x
2 – x + 5 ssi x ≡ 3 ou 9 (mod 11)
d) L’équation x 2 − 4 x + 3 = 0 dans Z/143Z pose un autre problème : 143 n’est pas premier, de
sorte que l’anneau Z/143Z n’est pas intègre. Le théorème sur le nombre de solutions des équations polynomiales ne s’applique pas et l’équation peut très bien avoir plus de 2 solutions.
Comme 143 = 11×13, résoudre l’équation équivaut à résoudre :
x 2 − 4 x + 3 = 0 dans Z/11Z et x 2
− 4 x + 3 = 0 dans Z/13Z.
Ici, point n’est besoin du discriminant, la factorisation X2 − 4X + 3 = (X – 1)(X – 3) est immédiate.
Ainsi x = 1 ou 3 dans Z/11Z et x = 1 ou 3 dans Z/13Z. On est ramené à 4 problèmes de congruences simultanées, c’est-à-dire au théorème chinois. ♣ x ≡ 1 (mod 11) et x ≡ 1 (mod 13) ⇔ x ≡ 1 (mod 143) ♦ x ≡ 3 (mod 11) et x ≡ 3 (mod 13) ⇔ x ≡ 3 (mod 143)
77
♥ x ≡ 1 (mod 11) et x ≡ 3 (mod 13) ⇔ x ≡ 133 (mod 143) ♠ x ≡ 3 (mod 11) et x ≡ 1 (mod 13) ⇔ x ≡ 14 (mod 143)
Conclusion : 143 divise x2 – 4x + 3 ssi x ≡ 1, 3, 14 ou 133 (mod 143)
Ce résultat ne contredit pas le théorème du cours sur le nombre de racines d’une équation poly-nomiale, car Z/143Z est un anneau commutatif, mais non intègre.
Avec Maple : [ chrem veut dire “chinese remainders” ] > msolve(3*x^2-5*x+4=0,7); > msolve(x^2-x+10,13);
= x 7 > msolve(x^2-x+5,11);
, = x 3 = x 9 > Factor(3*x^2-5*x+4) mod 7;
+ + 3 x2 2 x 4 > Factor(x^2-x+10) mod 13;
( ) + x 6 2
> Factor(x^2-x+5) mod 11; ( ) + x 8 ( ) + x 2
> msolve(x^2-4*x+3=0,143); , , , = x 1 = x 3 = x 133 = x 14
> Factor(x^2-4*x+3) mod 143; Error, (in mod/Factors) modulus must be a prime integer > chrem([1,1],[11,13]);chrem([1,1],[11,13]); chrem([1,3],[11,13]);chrem([3,1],[11,13]);
1 1
133 14
Exercice 17 : Résoudre dans Z/41Z l’équation x3 – 21 x
2 + 29 x – 9 = 0.
Solution : [ Oral Mines 1996, RMS n° 134 ] 41 est un nombre premier, donc Z/41Z est un corps commutatif. Le polynôme P(X) = X
3 – 21 X
2 + 29 X – 9 se factorise dans Z[X], ou dans Z/41Z[X], en
P(X) = ( X – 1 )( X2 – 20.X + 9 ).
Tout revient donc à résoudre l’équation x2 – 20.x + 9 = 0 dans Z/41Z.
Le discriminant réduit est ∆’ = 100 – 9 = 91 = 9 = 32.
L’équation a donc deux solutions 10 ± 3.
Conclusion : l’équation proposée a trois solutions dans Z/41Z : 1, 7 et 13.
Revenant à Z, cela signifie que les entiers n tels que 41 divise n3 – 21 n
2 + 29 n – 9 se groupent en
trois séries infinies : n = 1 + 41.k , n = 7 + 41.p , n = 13 + 41.q.
Avec Maple :
> p:=x^3-21*x^2+29*x-9;
:= p − + − x3 21x2 29x 9 > factor(p);solve(p=0,x);
( ) − x 1 ( ) − + x2 20x 9
, ,1 + 10 91 − 10 91 > with(numtheory):isprime(41);
78
true > msolve(p=0,41);Factor(p) mod 41;
, , = x 1 = x 7 = x 13 ( ) + x 34 ( ) + x 28 ( ) + x 40
> q:=op(2,factor(p));msolve(q=0,41);
:= q − + x2 20x 9 , = x 7 = x 13
Remarque : cela montre que le polynôme P(X) = X3 – 21 X
2 + 29 X – 9 est :
• scindé dans R[X], et même dans Q[ 91 ][X] ; • scindé dans Z/41Z[X] ; • plus généralement, scindé dans tout corps de caractéristique ≠ 2 dans lequel 91 est un carré. Exercice 18 : Cadran à colorier. Tout autour d’un cadran sont placées N cases circulaires. Alice commence par colorier en vert la case du haut (marquée 0). Elle compte une case dans le sens des aiguilles d’une montre et colorie la case d’arrivée. Elle compte 2 cases et colorie la case d’arrivée. Puis 3, puis, 4, 5, 6 et ainsi de suite. Au bout d’un certain temps, avec N = 20, elle s’aperçoit qu’elle ne colorie plus de nouvelles cases. 8 d’entre elles sont restées blanches. Pour quelle(s) valeur(s) de N comprises entre 20 et 50 la stratégie d’Alice aurait-elle permis de colorier toutes les cases ?
Solution : [ Le Monde, Affaire de logique, 20 avril 2016 ] Les cases coloriées sont les cases numérotées 0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, etc., mais modulo N.
Autrement dit ce sont les nombres triangulaires Tk = 2
)1( +kk modulo N.
Soient f la fonction k ∈ N → 2
)1( +kk ∈ Z et pN la surjection canonique : Z → Z/NZ.
La question posée peut donc se formuler ainsi : pour quelles valeurs de N la fonction fN = pN o f est-elle une surjection de N dans Z/NZ ?
Lemme : La fonction fN est 2N-périodique et vérifie fN(2N – k – 1) = fN(k) pour 0 ≤ k ≤ N – 1.
Preuve : La première assertion découle de f(k + 2N) = f(k) + N(2N + 2k + 1). La deuxième découle de f(2N – k – 1) = f(k) + N(2N – 2k – 2).
Corollaire : fN(N) = fN(k) ; 0 ≤ k ≤ N – 1
1) Commençons par traiter le cas N = 20. On constate que la fonction f prend les 12 valeurs 0, 1, 3, 5, 6, 8, 10, 11, 13, 15, 16, 18 et n’en
prend pas d’autres. La suite (Tk) est 40-périodique modulo 20, et vérifie Tk ≡ T39−k (mod 20), en
vertu du lemme précédent. Du coup, les seules valeurs prises par f20 sont les restes modulo 20 des
Tk, où 0 ≤ k ≤ 19. Il y en a 12.
Il suffit de noter que T15 ≡ T0 = 0 (mod 20) pour conclure que f20 n’est pas surjective.
2) Le programme Maple ci-dessous met sur la voie de la réponse : > f:=(x,N)->x*(x+1)/2 mod N; > S:=N->nops(seq(f(x,N),x=0..N-1));
:= S → N ( )nops ( )seq ,( )f ,x N = x .. 0 − N 1 > S(20);
12 > for N from 1 to 100 do if S(N)=N then print(N);fi;o d;
1 2 4
79
8 16 32 64
3) Attaquons le cas général, et démontrons le :
Théorème : Soit N un entier > 0. L’application pN o f est une surjection de N dans Z/NZ si et seulement si N est une puissance de 2.
Corollaire : La seule valeur de N comprise entre 20 et 50 pour laquelle la stratégie d’Alice permet de colorier toutes les cases est N = 32.
Démontrons ce résultat.
a) Supposons N = 2n, et montrons que 0 ≤ x et y ≤ N − 1 et
2)1( +xx
≡ 2
)1( +yy ( mod N ) ⇒ x = y.
2)1( +xx
≡ 2
)1( +yy ( mod N ) ⇔ N |
2)1( +xx
− 2
)1( +yy
⇔ 2N | x (x + 1) − y (y + 1) = ( x – y )( x + y + 1 ). Comme 2N est une puissance de 2 et comme x – y et x + y + 1 ne sont pas de même parité, on a • Soit 2N | x – y , ce qui, compte tenu de 1 − N ≤ x – y ≤ N − 1, implique x = y. • Soit 2N | x + y + 1, ce qui, compte tenu de 1 ≤ x + y + 1 ≤ 2N − 1, est impossible. Cqfd.
b) Supposons que N n’est pas une puissance de 2, et démontrons que :
0 ≤ x et y ≤ N − 1 et 2
)1( +xx ≡
2)1( +yy
( mod N ) n’implique plus x = y.
Plus simplement, nous allons trouver un x tel que 1 ≤ x ≤ N − 1 et 2
)1( +xx ≡ 0 ( mod N ).
Dire que N n’est pas une puissance de 2 signifie qu’il est de la forme :
N = 2k
( 2q + 1 ) , où k ≥ 0 et q ≥ 1.
Or 2
)1( +xx ≡ 0 ( mod N ) ⇔ 2N | x ( x + 1 ) ⇔ 2
k+1 ( 2q + 1 ) | x ( x + 1 ).
Comme x et x + 1 sont premiers entre eux et ne sont pas de même parité, on a : • Soit 2
k+1 | x et 2q + 1 | x + 1.
• Soit 2k+1
| x + 1 et 2q + 1 | x.
Or, en vertu de Bezout ou du th chinois, il existe un entier a tel que 2k+1
| a et 2q + 1 | a + 1.
Cet entier a est unique modulo 2k+1
( 2q + 1 ) = 2N. On peut supposer − N ≤ a ≤ N – 1.
De même, il existe un entier b tel que 2k+1
| b + 1 et 2q + 1 | b. Cet entier b est unique modulo 2N. Et en fait, b = − a – 1 convient ! • Si 1 ≤ a ≤ N – 1, il suffit de prendre x = a. • Sinon, − N ≤ a ≤ 0, mais alors − 1 ≤ b = − a – 1 ≤ N − l. Or b ne peut être égal ni à 0, ni à –1, en vertu de 2
k+1 | b + 1 et 2q + 1 | b.
Donc 1 ≤ b ≤ N − l, et il suffit de prendre x = b. Cqfd. Remarques et variantes : 1) Si N est impair, N = 2n + 1, il est facile de vérifier que fN est N-périodique, et telle que fN(N – 1)
= fN(0) = 0. Du coup, fN ne peut être surjective.
2) Si N | M, et si φN,M désigne la surjection canonique Z/MZ → Z/NZ, il est clair que φN,M o fM =
fN . Du coup, fM surjective ⇒ fN surjective, et fN non surjective ⇒ fM non surjective.
3) Il découle de 1) et 2) que, si N est divisible par un impair, fN est non surjective, et l’on retrouve ce qui précède.
Exercice 19 : Résoudre dans Z/11Z le système d’équations
80
x + y + z = 6 , x2 + y
2 + y
2 = 3 , x
3 + y
3 + z
3 = 3.
Solution :
Introduisons le polynôme P(X) = (X – x)(X – y)(X – z) = X3 – aX
2 + bX – c ∈ Z/11Z[X].
Nous connaissons les trois premières sommes de Newton de P. a = x + y + z = 6 , 3 = x
2 + y
2 + y
2 = (x + y + z)
2 − 2b = 36 – 2b = 3 – 2b, donc b = 0.
Enfin, x3 – ax
2 + bx – c = 0, idem pour y et z, donc par addition 3 − 3a + 6b – 3c = 0 et c = 6.
Au bilan, x, y et z sont racines de P = X3 – 6X
2 – 6 = X
3 – 6X
2 + 6 = (X – 1)(X – 2)(X – 3).
Conclusion : x, y, z = 1, 2, 3. Cela donne 6 triplets solutions, un seul essentiellement.
Exercice 20 : 1) Montrer que 8 | a2 + b
2 + c
2 + d
2 ⇒ a, b, c et d sont pairs.
2) Montrer que 9 | a3 + b
3 + c
3 ⇒ l’un au moins des entiers a, b, c est divisible par 3.
Solution : Attention aux fautes logiques ! 1) En contraposant, tout revient à montrer que si l’un au moins des entiers a, b, c et d est impair, par
exemple a, on ne peut avoir a2 + b
2 + c
2 + d
2 ≡ 0 (mod 8). Or si a est impair, a
2 ≡ 1 (mod 8), et l’on
constate que b2 + c
2 + d
2 n’est jamais congru à 7 modulo 8 (voir exercice 35). D’où le résultat.
2) En contraposant, tout revient à montrer que si aucun des entiers a, b, c n’est divisible par 3, alors on ne peut avoir a
2 + b
2 + c
2 ≡ 0 (mod 9). Autrement dit :
a, b, c ≡ 1, 2, 4, 5, 7 ou 8 (mod 9) ⇒ a3 + b
3 + c
3 ≠ 0 (mod 9).
Or x ≡ 1, 2, 4, 5, 7 ou 8 (mod 9) ⇒ x3 ≡ ±1 (mod 9) et ±1 ±1 ±1 ≠ 0 (mod 9). Cqfd.
Exercice 21 : 1) Soient a1, a2, …, an n entiers naturels. Pour tout entier h, soit Nh = card i ; ai ≥ h .
Montrer que ∑=
n
iia
1
= ∑+∞
=1hhN . Interprétation géométrique.
2) En déduire que, pour tout nombre premier p, vp(n!) = ∑+∞
=
1hhp
n ( Legendre, 1808 ) ,
où vp(m) désigne l’exposant de p dans la factorisation de l’entier m, [x] la partie entière du réel x.
3) a) Montrer que ∀(x, y) ∈ R2 [x + y] = [x] + [y] + 0 ou 1.
b) En déduire que k!.(n − k)! divise toujours n!. 4) Par combien de 0 se termine l’écriture décimale de 1000! ?
5) Montrer que vp(n!) = 1
)(−
−p
nsn, où s(n) est somme des chiffres du développement de n en base p.
6) (Catalan, 1874) : Soient a et b ∈ N. Montrer que (2a)!(2b)! est divisible par a! (a + b)! b!. 7) (Teixeira, 1881) : Si n et h sont deux naturels, (h!)
n.n ! divise (h.n)!.
8) Montrer que le produit de k entiers relatifs consécutifs est toujours divisible par k!.
Solution :
1) Soient a1, a2, …, an n entiers naturels. Pour tout entier h, soit Nh = card i ; ai ≥ h .
∑=
n
iia
1
= ∑+∞
=0h
h.card i ; ai ≥ h = ∑+∞
=0h
h(Nh – Nh+1) = ∑+∞
=0h
h.Nh – ∑+∞
=0h
h.Nh+1
= ∑+∞
=0h
h.Nh – ∑+∞
=+
0
)1(h
h .Nh+1 + ∑+∞
=+
01
hhN = ∑
+∞
=+
01
hhN = ∑
+∞
=1hhN . C’est une transformation d’Abel.
Géométriquement, c’est cette idée qui est à la base de l’intégrale de Lebesgue.
2) Déduisons-en que, pour tout nombre premier p, vp(n!) = ∑+∞
=
1hhp
n ( Legendre, 1808 ).
81
vp(i) ≥ h signifie que i est multiple de ph
. Du coup,
vp(n!) = ∑=
n
i
p iv1
)( = ∑+∞
=1hhN , où Nh = card i ∈ [1, n] ; vp(i) ≥ h = [ hp
n ] .
nombre de multiples de ph compris entre 1 et n. cqfd.
Remarque : il existe d’autres preuves de ce résultat. Celle ici donnée est ma préférée.
En voici une autre, plus récursive : notons f(n) = vp(n!) , g(n) = ∑+∞
=
1hhp
n .
f(0) = 0, et si 0 ≤ r < n , f(np + r) = f(np) = n + f(n) , donc f(n) = [pn ] + f ([
pn ]) .
La fonction g vérifie les mêmes axiomes.
3) Les coefficients binomiaux sont entiers. Ce résultat est évident si l’on se souvient de leur origine combinatoire. Il ne l’est pas si l’on veut montrer arithmétiquement que k!.(n − k) ! divise n!. Il revient au même de montrer que le produit de k entiers naturels consécutifs est toujours divisible par k !
Montrons que ∀(x, y) ∈ R2 [x + y] = [x] + [y] + 0 ou 1.
Posant m = [x], n = [y], x = m + x’ et y = n + y’ on se ramène aussitôt au cas où x et y appartiennent à [0, 1[. En effet [x + y] = [m + n + x’ + y’] = m + n + [x’ + y’] et [x] + [y] = m + [x’] + n + [y’]. Si x + y < 1, [x + y] = [x] + [y] ; si x + y ≥ 1, [x + y] = [x] + [y] + 1. Il en résulte que [x] + [y] ≤ [x + y].
Concluons : k!.(n − k)! divise toujours n!, car, pour tout premier p, vp( k!.(n − k)! ) ≤ vp(n!).
vp( k!.(n − k)! ) = vp(k!) + vp((n − k)!) =
−+
∑+∞
=h
hh p
knpk
1
≤ ∑+∞
=
1hhp
n = vp(n!).
4) Par combien de 0 se termine l’écriture décimale de 1000! ? Attention, 10 n’est pas un nombre premier. Le nombre de 0 terminant cette écriture décimale est min(v2(1000!), v5(1000!)) = 249 .
Or v2(1000!) = 500 + 250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 > v5(1000!) = 200 + 40 + 8 + 1 = 249.
5) Montrons que vp(n!) = 1
)(−
−p
nsn, où s(n) est somme des chiffres du développement de n en base p.
Notons h(n) = 1
)(−
−p
nsn ; la fonction h vérifie : h(0) = 0, et si 0 ≤ r < n :
h(np + r) = 1
)(−
−−+p
rnsrnp =
1)(
−−p
nsnp =
1)()1(
−−+−
pnsnpn
= n + h(n).
Autre solution, directe : si n =∑=
r
i
ii pd
0
est le développement de n en base p,
( p − 1).vp(n!) = ( p − 1)∑=
r
hhp
n1
= ( p − 1) ∑∑= =
−r
h
r
hi
hii pd
1
= ( p − 1) ∑∑−
= =
−1
1 1
r
i
i
h
hii pd
= ( p − 1) ∑ ∑−
= =
−1
1 1
r
i
i
h
hii pd = ∑
−
=−
1
1
)1(r
i
ii pd = n – s(n). cqfd.
6) Soient a et b ∈ N. Montrons que (2a)!(2b)! est divisible par a! (a + b)! b! (Catalan, 1874).
Il suffit de montrer que pour tout premier p : vp( a! (a + b)! b! ) ≤ vp((2a)! (2b)!).
Autrement dit
+
++
∑+∞
=hh
hh p
bp
bapa
1
≤
+
∑+∞
=h
hh p
bpa 22
1
. Cela découle du lemme laissé au lecteur :
Lemme : Pour tous réels x et y : [x] + [x + y] + [y] ≤ [2x] + [2y].
82
Remarque : Y a-t-il une interprétation combinatoire de ce résultat ?
7) Soient n et h deux naturels. Montrons que (h!)n
n ! divise (hn)! (F. G. Teixeira, 1881).
Il suffit de montrer que, pour tout premier p : vp((h!)n
n!) = n vp(h!) + vp(n!) ≤ vp((hn)!), i.e. :
n ∑+∞
=
1kkp
h + ∑+∞
=
1kkp
n ≤ ∑+∞
=
1kkp
hn .
• Si h ∧ p = 1, pour tout k ≥ 1, n [ kpnh ] + [ kp
n ] ≤ [ kpnh ] .
• Si p divise h, h = pa
h’, où h’ ∧ p = 1. Dans l’inégalité, les a premiers termes se simplifient, et il
reste à montrer que n ∑+∞
=
1
'k
kph + ∑
+∞
=
1kkp
n ≤ ∑+∞
=
1
'k
kpnh , ce qui nous ramène au cas précédent.
Remarque : Il y a une preuve combinatoire : nhnnh
)!(!)!(
est le nombre de recouvrements X1, …, Xn
d’un ensemble de nh éléments à l’aide de n parties à h éléments.
8) Le produit de k entiers relatifs consécutifs est toujours divisible par k!.
• Si x > 0, !
1k
x (x + 1) … (x + k − 1) = kkxC 1−+ ;
• Si x + k − 1 < 0, !
1k
x (x + 1) … (x + k − 1) = !)1(
k
k−(−x)(− x − 1) … (− x − k + 1) = (−1)
k kxC− ;
• Si 1 – k ≤ x ≤ 0, !
1k
x (x + 1) … (x + k − 1) = 0.
Exercice 22 : Soient a et b dans N*. 1) Rappeler la définition du pgcd a ∧ b de a et b et la méthode de calcul de a ∧ b par l’algorithme d’Euclide.
2) Si q est un entier ≥ 2, montrer que ( qa − 1 ) ∧ ( q
b − 1 ) = q
a∧b − 1.
3) Si 0 ≤ k ≤ b, calculer [bka ] + [a −
bka ].
4) Montrer que a ∧ b = a + b + ab − 2∑=
b
k bka
0
][ .
Solution : [ Oral Centrale MP 2013, RMS n° 796 ]
2) Si a = bq + r, 0 ≤ r < b est la division euclidienne de a par b, on vérifie que le reste de la division
euclidienne de qa − 1 par q
b − 1 est q
r − 1. On peut, soit raisonner modulo q
b − 1, soit carrément
poser la division euclidienne. Pour conclure, il reste à poursuivre l’algorithme d’Euclide.
3) Notons q = [bka ] et q’ = [a −
bka ]. Il vient q ≤
bka < q + 1 et q’ ≤ a −
bka < q’ + 1.
Ajoutons ! Il vient : q + q’ ≤ a < q + q’ + 2, donc q + q’ = a ou a – 1.
Et q + q’ = a ⇔ q = bka et q’ = a −
bka ⇔ b divise ka.
En résumé, [bka ] + [a −
bka ] = a – 1 + ε(k) , avec ε(k) = 1 si b divise ka , 0 sinon,
4) La formule de l’énoncé est erronée. Il faut lire : a ∧ b = − a + b − ab + 2∑=
b
k bka
0
][ .
Partons du second membre. S = − a + b − ab + 2∑=
b
k bka
0
][ = − a + b − ab + ]))([]([0 b
akbbka
b
k
−+∑=
.
83
= − a + b − ab + ])[]([0 b
kaabka
b
k
−+∑=
= − a + b − ab + ))(1(0∑
=+−
b
k
ka ε
= − a + b − ab + ( b + 1 )( a – 1 ) + ∑=
b
k
k0
)(ε = − 1 + ∑=
b
k
k0
)(ε .
Notons d = pgcd(a, b) , a = da’ , b = db’. b divise ka ⇔ b’ divise ka’ ⇔ b’ divise k.
∑=
b
k
k0
)(ε est donc le nombre de multiples de b’ compris entre 0 et b : c’est d + 1. Cqfd.
Remarque : l’expression obtenue n’est pas symétrique en (a, b). Si l’on veut obtenir une expression symétrique, échanger a et b et faire la demi-somme. Il vient :
a ∧ b = − ab + ∑=
b
k bka
0
][ + ∑=
a
k akb
0
][ .
Exercice 23 : Soit n ∈ N*. Trouver le pgcd de 12nC , 3
2nC , …, 122
−nnC .
Solution : [ Oral X 2003, RMS n° 42 ]
> p:=n->igcd(seq(binomial(2*n,2*k-1),k=1..n)); := p → n ( )igcd ( )seq ,( )binomial ,2 n − 2 k 1 = k .. 1 n
> L:=[]:for n from 1 to 40 do L:=[op(L),p(n)]:od:prin t(L); 2 4 2 8 2 4 2 16 2 4 2 8 2 4 2 32 2 4 2 8 2 4 2 16 2 4 2 8 2 4 2 64 2 4 2, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,[
8 2 4 2 16, , , , ]
Ces calculs suggèrent que p(n) ≡ pgcd( 12nC , 3
2nC , …, 122
−nnC ) = 2
1+v(n), où v(n) est l’exposant de 2
dans la factorisation de n.
1) Tout d’abord, 12nC + 3
2nC + … + 122
−nnC =
21 [ ( 1 + 1 )
2n – ( 1 – 1 )
2n ] = 2
2n−1.
Par conséquent p(n) est une puissance de 2.
2) De la relation : (2n – 2k + 1) 122
−knC = 2n 12
12−−
knC , et du théorème « de Gauss », on déduit que les
122
−knC sont pairs. Par conséquent, p(n) = 2
1+v’(n), où v’(n) ≥ 0.
3) p(n) divise 12nC = 2n, donc v’(n) ≤ v(n).
4) Des relations : (2k – 1) 122
−knC = 2n 22
12−−
knC et 2
1+v(n) | 2n, et du théorème « de Gauss », on déduit :
21+v(n)
| 122
−knC . On en déduit 2
1+v(n) | 2
1+v’(n) , donc v(n) ≤ v’(n).
Conclusion : pgcd( 12nC , 3
2nC , …, 122
−nnC ) = 2
1+v(n), où v(n) est l’exposant de 2 dans la
factorisation de n.
Exercice 24 : Soient a et n des entiers ≥ 2. Montrer que, si an − 1 est premier, n est premier et a = 2.
Solution :
Si a > 2, l’identité an − 1 = ( a − 1)( a
n−1 + … + a + 1 ) montre que a
n − 1 n’est pas premier.
Par conséquent, si an − 1 est premier, a = 2.
Supposons que n est composé : n = pq, où p et q sont ≥ 2.
Alors l’égalité an − 1 = a
pq − 1 = (a
p)q − 1 = ( a
p − 1 )( a
p(q−1) + … + a
p + 1 )
implique que an − 1 est composé.
Remarque : On nomme nombres de Mersenne les Mn = 2n − 1. Il existe un test de primarité des
nombres de Mersenne (voir mes problèmes d’algèbre linéaire).
84
Exercice 25 : Montrer que l’ensemble des nombres premiers congrus à 3 mod. 4, resp. à 5 mod 6, est infini.
Solution : Supposons qu’il n’y ait qu’un nombre fini de nombres premiers congrus à 3 modulo 4 : p1 < p2 < … < pn. Formons l’entier A = 4.p1.p2 .… pn − 1. A est impair, et congru à 3 modulo 4. Si tous les diviseurs premiers de A étaient congrus à 1 modulo 4, A serait congru à 1 modulo 4. Donc l’un au moins de ses diviseurs premiers q est congru à 3 modulo 4. S’il figurait dans la liste des pk , il diviserait − 1. Impossible. L’autre exemple se traite de même. Remarque : Ces deux résultats rentrent dans le théorème de la progression arithmétique de Dirichlet : si a et b sont premiers entre eux, il y a une infinité de nombreux premiers congrus à b modulo a. Le théorème de Dirichlet est fort difficile à démontrer (pb ENS 1993), mais un cas particulier est démontré dans la RMS juillet 2014 (p. 184).
Exercice 26 : 1) Pour tout n ≥ 1, soit Un le groupe multiplicatif des racines n-èmes de l’unité ; on
nomme primitives celles de ces racines qui sont d’ordre n, Πn leur ensemble, et
Φn(X) = ∏Π∈
−n
Xζ
ζ)( = ∏=∧≤≤
−1,1
)2exp(nknk n
ikX π ( n-ème polynôme cyclotomique ).
1) a) Montrer que Xn − 1 = ∏Φ
ndd X)( , produit étendu aux diviseurs > 0 de n, y compris 1 et n.
En déduire que (∀n ≥ 1) Φn(X) ∈ Z[X].
2) Que peut-on dire d’un nombre premier p divisant Φn(a), où a est entier, mais aucun Φd(a), où d décrit l’ensemble des diviseurs stricts de n ? 3) En déduire qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme λn + 1.
Solution : [ Oral ENS 1993, RMS n° 263 ] 1) est classique.
Comme Xn − 1 est scindé à racines simples, on peut écrire X
n − 1 = Φn(X).Ωn(X), où Φn(X) et
Ωn(X) sont premiers entre eux.
2) Si p divise Φn(a), p divise an – 1 ; par conséquent a
n ≡ 1 (mod p).
Soit d un diviseur strict de n. Si p divise ad – 1 = ∏Φ
d
Xδ
δ )( , p diviserait un des Φδ(a), ce qui est
impossible. Par conséquent ad ≠ 1 (mod p).
Ainsi, dans le groupe multiplicatif (Z/pZ)*, a est d’ordre n.
Or, en vertu du petit théorème de Fermat, ap−1
≡ 1 (mod p). Par conséquent, n divise p – 1 et p est de la forme p = 1 + λn .
3) Supposons qu’il n’existe qu’un nombre fini de nombres premiers de la forme 1 + λn . Soient P leur produit et N = nP. En vertu de Bezout, il existe des polynômes A et B ∈ Q[X] tels que 1 = A(X).ΦN(X) + B(X).ΩN(X). Par conséquent, il existe un entier a > 0 et des polynômes U et V ∈ Z[X] tels que
a = U(X).ΦN(X) − V(X).ΩN(X).
On a en particulier a = U(a).ΦN(a) − V(a).ΩN(a).
Soit p un diviseur premier de ΦN(a). Il divise aN
– 1, donc est premier avec a.
Il est donc premier avec ΩN(a). Comme ΩN(a) = ∏<ΦNdNd
d a,
)( , p ne divise aucun des Φd(a), où d | N
et d < N. En vertu de b), on en déduit que p = 1 + λN = 1 + λnP = 1 + µn. Le premier p serait un diviseur de P, mais en même temps il serait premier à P : impossible !
85
Remarque : On a ainsi démontré un cas particulier du théorème de Dirichlet, selon lequel toute progression arithmétique m + λn, où m et n sont premiers entre eux, contient une infinité de nombres premiers.
Exercice 27 : Soit n un entier ≥ 1. Trouver n entiers consécutifs qui ne sont pas premiers.
Solution :
Si n est ≥ 2, n! + 2 , n! + 3 , … , n! + n sont n − 1 entiers consécutifs non premiers : le premier est divisible par 2, le second par 3, …, le dernier par n. Pour obtenir le résultat souhaité, il suffit de remplacer n par n + 1.
Références : très nombreux exercices d’oral.
Exercice 28 : Soit (pk) la suite des nombres premiers consécutifs. Montrer que (pk) est infinie.
La suite uk = pk+1 – pk est-elle bornée ?
Solution : [ Oral X 1992 ] La première affirmation est un théorème d’Euclide. La suite (uk) est non bornée en vertu de l’exercice précédent ! Voici une autre preuve de ce résultat, et donc de l’exercice précédent, fondée sur le théorème des nombres premiers.
Ce théorème affirme que π(x) ∼ x
xln
, où π(x) est le nombre des nombres premiers ≤ x.
Si la suite (uk) était bornée, nous aurions une majoration du type pk ≤ B k.
On en déduirait k = π(pk) ≤ π(Bk) ∼ k
Bkln
: impossible !
Au reste, on a seulement besoin de π(x) = O(x
xln
) ou même de π(x) = o(x).
Remarque : Ainsi la suite (pk+1 – pk) a pour limite supérieure +∞. Elle a pour limite inférieure 2 si l’on en croit la conjecture des nombres premiers jumeaux, qui affirme qu’il y a une infinité de couples de nombres premiers de la forme (n, n+2). Cette conjecture aurait été démontrée en 2004, mais j’ignore si la preuve a été validée.
Exercice 29 : Pour n ∈ N* , soit pn le n-ème nombre premier. Montrer que pn + pn+1 n’est pas le produit de deux nombres premiers.
Solution : [ Oral Mines MP 2011, RMS n° 364 ] Si n = 1, le résultat est vrai car 2 + 3 = 5 n’est pas produit de deux nombres premiers. Si n > 1, pn et pn+1 sont impairs, leur somme est paire. Si elle était produit de deux nombres
premiers, l’un d’eux serait égal 2, donc l’autre à 2
1++ nn pp. On aurait pn <
21++ nn pp < pn+1 ; or il n’y
a pas de nombres premiers compris entre pn et pn+1 . Exercice 30 : Les carrés de 2 ou 8 se terminent par le chiffre 4 ; le carré de 12 se termine par 44. Quels sont les nombres dont le carré se termine par 444 ? Existe-t-il des nombres dont le carré se termine par 4444 ?
Solution : [ Le Monde, Affaire de logique, 2 octobre 2001 ] Il s’agit de trouver les entiers N tels que N
2 ≡ 4 (mod 10), resp. N
2 ≡ 44 (mod 100), resp. N
2 ≡ 444
(mod 1000), resp. N2 ≡ 4444 (mod 10000).
1ère idée, fort grossière : calculer les carrés dans Z/10Z, Z/100Z, Z/1000Z, Z/10000Z. Il n’y a qu’un nombre fini de vérifications.
86
>msolve(x^2=4,10);msolve(x^2=44,100);msolve(x^2=444, 1000); msolve(x^2=4444,10000);
, = x 2 = x 8 , , , = x 12 = x 38 = x 62 = x 88
, , , = x 38 = x 538 = x 462 = x 962 On constate que les entiers N dont le carré se termine par 4 sont ceux qui se terminent par 2 ou 8, Les entiers N dont le carré se termine par 44 sont ceux qui se terminent par 12, 38, 62 ou 88 Les entiers N dont le carré se termine par 444 sont ceux qui se terminent par 038, 538, 462 ou 962 Et qu’enfin il n’y a pas d’entiers dont le carré se termine par 4444. 2ème idée : remontée modulaire modulo 10.
N2 ≡ 4444 (mod 10000) ⇒ N
2 ≡ 444 (mod 1000) ⇒ N
2 ≡ 44 (mod 100) ⇒ N
2 ≡ 4 (mod 10).
Nous allons résoudre ces congruences en commençant par la dernière. A chaque étape, on reporte N dans la congruence précédente. Attention les signes + et – se correspondent. Résolution de N
2 ≡ 4 (mod 10) : N ≡ 2 ou 8 (mod 10), autrement dit N ≡ ± 2 (mod 10).
N2 ≡ 4 (mod 10) ssi N se termine par 2 ou 8. Cette seule idée divise par 5 le nombre de vérifications.
Résolution de N2 ≡ 44 (mod 100) :
N est déjà de la forme N = ± 2 + 10.q, donc N2 = 4 ± 40.q + 100.q
2 ≡ 4 ± 40.q (mod 100).
N2 ≡ 44 (mod 100) équivaut à 100 | 40 ( ± q − 1 ), donc 5 | 2 ( ± q − 1 ), donc (Gauss) 5 | ± q − 1,
Et q ≡ ± 1 (mod 5). Finalement N
2 ≡ 44 (mod 100) ssi N est de la forme N = ± 12 + 50.k.
Autrement dit ssi N ≡ ± 12 ou ± 38 (mod 100), ou encore N ≡ 12, 38, 62 ou 88 (mod 100).
Résolution de N2 ≡ 444 (mod 1000) :
N est déjà d’une des formes N = ± 12 + 100.k, N = ± 38 + 100.k, • Si N = ± 12 + 100.k, N
2 = 144 ± 2400.k + 10000.k
2 ≡ 144 ± 400.k (mod 1000).
N2 ≡ 444 (mod 1000) équivaut à 1000 | ± 400.k − 300, donc 10 | ± 4.k − 3, ce qui est impossible
pour une question de parité. • Si N = ± 38 + 100.k, N
2 = 1444 ± 7600.k + 10000.k
2 ≡ 444 ± 600.k (mod 1000).
N2 ≡ 444 (mod 1000) équivaut à 1000 | ± 600.k, donc 5 | ± 3.k, donc 5 | k .
Finalement N2 ≡ 444 (mod 1000) ssi N est de la forme N = ± 38 + 500.k.
Autrement dit ssi N ≡ ± 038 ou ± 538 (mod 1000), ou encore N ≡ 038, 538, 462 ou 962 (mod 1000).
Résolution de N2 ≡ 4444 (mod 10000) :
N est déjà d’une des formes N = ± 038 + 1000.k, N = ± 538 + 1000.k, • Si N = ± 38 + 1000.k, N
2 = 1444 ± 76000.k + 1000000.k
2 ≡ 1444 ± 6000.k (mod 10000).
N2 ≡ 4444 (mod 10000) équivaut à 10000 | ± 6000.k − 3000, donc 10 | ± 6.k − 3, ce qui est
impossible pour une question de parité.
• Si N = ± 538 + 1000.k, N2 = 289444 ± 1076000.k + 1000000.k
2 ≡ 9444 ± 6000.k (mod 10000).
N2 ≡ 4444 (mod 10000) équivaut à 10000 | ± 6000.k + 5000, donc 10 | ± 6.k + 5, ce qui est
impossible aussi pour une question de parité. 3ème idée : éclatement et double remontée modulaire. Cette méthode est plus profonde encore que la précédente. Elle repose sur le théorème chinois.
N2 ≡ 4444 (mod 10000) ⇔ N
2 ≡ 4444 (mod 16) et N
2 ≡ 4444 (mod 625)
⇔ N2 ≡ 12 (mod 16) et N
2 ≡ 69 (mod 625).
Résolution de N2 ≡ 12 (mod 16).
N2 ≡ 12 (mod 16) ⇒ N
2 ≡ 4 (mod 8) ⇒ N
2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ N
2 ≡ 0 (mod 2).
N2 ≡ 0 (mod 2) ⇔ N ≡ 0 (mod 2) ; écrivons N = 2.k.
N2 ≡ 0 (mod 4) s’écrit 4k
2 ≡ 0 (mod 4) ; c’est vrai.
N2 ≡ 4 (mod 8) s’écrit 4k
2 ≡ 4 (mod 8) , donc k est impair et N = 2(2q + 1).
87
N2 ≡ 12 (mod 16) s’écrit 4(4q
2 + 4q + 1) ≡ 12 (mod 16), donc 4q
2 + 4q + 1 ≡ 3 (mod 4), ce qui est
impossible. Par conséquent, on ne peut avoir N2 ≡ 4444 (mod 10000).
NB : On aurait trouvé cela en faisant la table des carrés modulo 16.
Résolution de N2 ≡ 69 (mod 625).
N2 ≡ 69 (mod 625) ⇒ N
2 ≡ 69 (mod 125) ⇒ N
2 ≡ 19 (mod 25) ⇒ N
2 ≡ 4 (mod 5).
N2 ≡ 4 (mod 5) ⇔ N ≡ ± 3 (mod 5), etc, etc.
msolve(x^2=4,2);msolve(x^2=4,5);msolve(x^2=44,4);ms olve(x^2=44,25);msolve(x^2=444,8);msolve(x^2=444,125);msolve(x^2=4444,16); msolve(x^2=4444,625);
= x 0 , = x 2 = x 3 , = x 0 = x 2 , = x 12 = x 13 , = x 2 = x 6 , = x 38 = x 87 , = x 538 = x 87
Exercice 31 : a) Quels sont les nombres dont le carré (en base 10) se termine par 2009 ? b) Quel est le plus petit entier dont le carré commence par 2009 ?
A la mémoire de ma mère
Solution : Les deux questions ne se traitent pas du tout de la même façon.
a) Il s’agit de trouver les entiers N tels que N2 ≡ 2009 (mod 10000).
1ère idée, fort grossière : raisonner modulo 10000 et calculer tous les carrés dans Z/10000Z. Après tout, pour résoudre une équation polynomiale dans un anneau fini A, il suffit de tester tous les cas !
> S:=[]:for k from 1 to 10000 do if irem(k^2,10000)=2 009 then S:=[op(S),k];fi;od;print(S);
[ ], , , , , , ,1747 2003 2997 3253 6747 7003 7997 8253 > msolve(x^2=2009,10000);
= x 3253 = x 6747 = x 7003 = x 7997 = x 1747 = x 8253 = x 2003, , , , , , ,
= x 2997
2ème idée : remontée modulaire modulo 10. N
2 ≡ 2009 (mod 10000) ⇒ N
2 ≡ 9 (mod 1000) ⇒ N
2 ≡ 9 (mod 100) ⇒ N
2 ≡ 9 (mod 10).
Nous allons résoudre ces congruences en commençant par la dernière. A chaque étape, on reporte N dans la congruence précédente. Attention les signes + et – se correspondent.
Résolution de N2 ≡ 9 (mod 10) : N ≡ 3 ou 7 (mod 10), autrement dit N ≡ ± 3 (mod 10).
N2 ≡ 9 (mod 10) ssi N se termine par 3 ou 7. Cette seule idée divise par 5 le nombre de vérifications.
Résolution de N2 ≡ 9 (mod 100) :
N est déjà de la forme N = ± 3 + 10.q, donc N2 = 9 ± 60.q + 100.q
2 ≡ 9 ± 60.q (mod 100).
N2 ≡ 9 (mod 100) équivaut à 100 | 60.q, donc 5 | 3.q, donc (Gauss) 5 | q.
Finalement N2 ≡ 9 (mod 100) ssi N est de la forme N = ± 3 + 50.k.
Autrement dit ssi N ≡ 03, 47, 53 ou 97 (mod 100). Résolution de N
2 ≡ 9 (mod 1000) :
N est déjà d’une des formes N = ± 3 + 100.k, N = ± 47 + 100.k, • Si N = ± 3 + 100.k, N
2 = 9 ± 600.k + 10000.k
2 ≡ 9 ± 600.k (mod 1000).
N2 ≡ 9 (mod 1000) équivaut à 1000 | ± 600.k , donc 5 | ± 2.k , donc (Gauss) 5 | k.
Finalement N = ± 3 + 500.p. • Si N = ± 47 + 100.k, N
2 = 2209 ± 9400.k + 10000.k
2 ≡ 209 ± 400.k (mod 1000).
88
N2 ≡ 9 (mod 1000) équivaut à 1000 | 200 ± 400.k , donc 5 | 1 ± 2.k .
2.k ≡ ± 1 (mod 5) ⇔ k ≡ ± 2 (mod 5). Finalement N = ± 47 + 100.( ± 2 + 5.p) = ± 247 + 500.p.
En conclusion N2 ≡ 9 (mod 1000) ssi N ≡ 003, 247, 253, 497, 503, 747, 753 ou 997 (mod 1000).
De manière plus concise, N ≡ ± 3, ± 247, ± 253 ou ± 497 (mod 1000).
Résolution de N2 ≡ 2009 (mod 10000) :
• Si N ≡ ± 3 + 1000.p , N2 = 9 ± 6000.p + 1000000.p
2 ≡ 9 ± 6000.p (mod 10000).
N2 ≡ 2009 (mod 10000) équivaut à 10000 | − 2000 ± 6000.p , i.e. à 5 | − 1 ± 2.p, p ≡ ± 2 (mod 5).
Finalement, N = ± 3 + 1000.( ± 2 + 5.n ) = ± 2003 + 5000.n. N ≡ 2003, 7003, 2997 ou 7997 (mod 10000) • Si N ≡ ± 247 + 1000.p , N
2 = 61009 ± 494000.p + 1000000.p
2 ≡ 1009 ± 4000.p (mod 10000).
N2 ≡ 2009 (mod 10000) équivaut à 10000 | − 1000 ± 4000.p , i.e. à 10 | − 1 ± 4.p : impossible.
• Si N ≡ ± 253 + 1000.p , N2 = 64009 ± 506000.p + 1000000.p
2 ≡ 4009 ± 6000.p (mod 10000).
N2 ≡ 2009 (mod 10000) équivaut à 10000 | 2000 ± 6000.p , i.e. à 5 | 1 ± 3.p , p ≡ ± 3 (mod 5).
Finalement, N = ± 253 + 1000.( ± 3 + 5.n ) = ± 3253 + 5000.n. N ≡ 3253, 8253, 1747 ou 6997 (mod 10000) • Si N ≡ ± 497 + 1000.p , N
2 = 247009 ± 994000.p + 1000000.p
2 ≡ 7009 ± 4000.p (mod 10000).
N2 ≡ 2009 (mod 10000) équivaut à 10000 | 5000 ± 4000.p , i.e. à 10 | 5 ± 4.p : impossible.
Conclusion : N ≡ 1747, 2003, 2997, 3253, 6747, 7003, 7997 ou 8253 (mod 10000).
> msolve(x^2=2009,10);msolve(x^2=2009,100);msolve(x^2 =2009,1000); , = x 3 = x 7
, , , = x 3 = x 47 = x 53 = x 97 , , , , , , , = x 3 = x 247 = x 253 = x 497 = x 503 = x 747 = x 753 = x 997
3ème idée : éclatement et double remontée modulaire. N
2 ≡ 2009 (mod 10000) ⇔ N
2 ≡ 2009 (mod 16) et N
2 ≡ 2009 (mod 625)
⇔ N2 ≡ 9 (mod 16) et N
2 ≡ 134 (mod 625).
Résolution de N2 ≡ 9 (mod 16).
N2 ≡ 9 (mod 16) ⇒ N
2 ≡ 1 (mod 8) ⇒ N
2 ≡ 1 (mod 4) ⇒ N
2 ≡ 1 (mod 2).
N2 ≡ 1 (mod 2) ⇔ N ≡ 1 (mod 2) ; écrivons N = 1 + 2.k.
N2 ≡ 1 (mod 4) s’écrit 1 + 4k + 4k
2 ≡ 1 (mod 4) ; c’est vrai.
N2 ≡ 1 (mod 8) s’écrit 1 + 4k(k + 1) ≡ 1 (mod 8) ; c’est vrai, car k(k + 1) est toujours pair.
N2 ≡ 9 (mod 16) s’écrit 1 + 4k(k + 1) ≡ 9 (mod 16), donc 16 | 4k(k + 1) − 8, donc 4 | k(k + 1) − 2.
Raisonnant modulo 4, on voit que k ≡ 1 ou 2 (mod 4). Ainsi N ≡ 3 ou 5 (mod 8), c’est-à-dire N ≡ 3, 5, 11 ou 13 (mod 16).
NB : On aurait trouvé cela en faisant la table des carrés modulo 16.
Résolution de N2 ≡ 134 (mod 125).
N2 ≡ 134 (mod 625) ⇒ N
2 ≡ 9 (mod 125) ⇒ N
2 ≡ 9 (mod 25) ⇒ N
2 ≡ 4 (mod 5).
Attention ! dans les calculs ci-dessous, les + et les – se correspondent !
N2 ≡ 4 (mod 5) ⇔ N ≡ ± 2 (mod 5) ; écrivons N = ± 2 + 5.k.
N2 ≡ 9 (mod 25) s’écrit 4 ± 20.k + 25.k
2 ≡ 9 (mod 25) , i.e. 25 | − 5 ± 20.k, soit : 5 | − 1 ± 4.k.
On trouve k = ± 4 (mod 5), donc N = ± 2 + 5.(± 4 + 5.p) = ± 22 + 25.p. Finalement N = ± 3 + 25.p.
N2 ≡ 9 (mod 125) s’écrit 9 ± 150.p + 625.p
2 ≡ 9 (mod 125) , i.e. 125 | ± 150.p , soit 5 | ± 6.p , 5 | p.
Finalement, N = ± 3 + 125.q. N
2 ≡ 134 (mod 625) s’écrit 9 ± 750.q + 125
2.q
2 ≡ 134 (mod 625) , i.e. 625 | − 125 ± 750.q , soit
89
5 | − 1 ± 6.q , q ≡ ± 1 (mod 5). Finalement, N = ± 3 + 125.( ± 1 + 5.n) = ± 128 + 625.n.
Il reste à résoudre les 8 problèmes de congruences simultanées :
N ≡ ± 3 ou ± 5 (mod 16) et N ≡ ± 128 (mod 625). Comme 16 et 625 sont premiers entre eux, ces 8 problèmes ont chacun une unique solution modulo 10000, en vertu du théorème chinois. > msolve(x^2=2009,16);msolve(x^2=2009,625);
, , , = x 3 = x 5 = x 11 = x 13 , = x 128 = x 497
> chrem([3,128],[16,625]);chrem([3,497],[16,625]);chr em([5,128],[16,625]); chrem([5,497],[16,625]);chrem([11,128],[16,625]);ch rem([11,497],[16,625]);chrem([13,128],[16,625]);chrem([13,497],[16,625]);
Conclusion : Pour que le carré de N se termine (en base 10) par 2009, il faut et il suffit que N se termine par 1747, 2003, 2997, 3253, 6747, 7003, 7997 ou 8253.
b) Cherchons le plus petit entier dont le carré commence par 2009. Généralisons la question posée : montrons que, pour tout entier A écrit en base 10, il existe un entier N dont le carré commence par A. S’il en existe un, il en existe un plus petit, car N est bien ordonné !
Supposons qu’en base 10, N2 = A suivi de n chiffres.
Cela signifie que xn = A.10n ≤ N
2 ≤ yn = ( A + 1 ).10n − 1. Autrement dit nx ≤ N
≤ ny .
L’idée heuristique est que les deux suites nx et ny tendent toutes deux vers +∞ de façon telle
que ny − nx tende aussi vers +∞. En effet nx ∼ A .10n/2
et ny ∼ 1+A .10n/2
impliquent
ny − nx ∼ ( 1+A − A ).10n/2
[ On peut ici, par exception, soustraire des équivalents ! ].
Du coup, ny − nx finit par être > 1, et il est sûr qu’il existe un entier N dans [ nx , ny ].
Précisons tout ceci : ny − nx = nn
nn
xy
xy
++
> nn
nn
xy
xy
+++1
= 2/10).1(
110n
n
AA ++−
.
Donc ny − nx > 1 dès que 2/10).1(
110n
n
AA ++−
≥ 1. Soit C = A + 1+A (ou un minorant).
Il suffit que 10n – C.10
n/2 − 1 ≥ 0. Le trinôme T(x) = x
2 – C.x − 1 a deux racines de signes opposés.
On veut que 10n/2
≥ λ = 2
4²++ CC , i.e. n ≥ 2.log10 λ.
Ainsi, pour n ≥ 2.log10 λ , il est sûr qu’il existe un entier N dont le carré s’écrit A suivi de n chiffres.
Pour les valeurs n < 2.log10 λ , ce n’est pas sûr, il faut calculer nx et ny et regarder.
Pour A = 2009, les calculs ci-dessous montrent que n ≥ 4, les valeurs < 4 ne convenant pas.
> A:=2009;C:=evalf(sqrt(A)+sqrt(A+1));lambda:=(C+sqrt (C^2+1))/2; evalf(2*ln(lambda)/ln(10));
:= A 2009 := C 89.65489320 := λ 89.65768158 3.905175008
> x:=n->evalf(sqrt(A*10^n)):y:=n->evalf(sqrt((A+1)*10 ^n)): > for n from 0 to 4 do [x(n),y(n)];od;
[ ],44.8218696644.83302354 [ ],141.7391971141.7744688
2003 1747 3253 2997 7003 6747 8253 7997
90
[ ],448.2186966448.3302354 [ ],1417.3919711417.744688 [ ],4482.1869664483.302354
> 4483^2; 20097289
Conclusion : Le plus petit entier dont le carré commence par 2009 est 4483.
Avec les mêmes méthodes, le lecteur montrera que le plus petit entier dont le carré commence par 2004 est 4477, et que les entiers dont le carré se termine par 2004 sont ceux qui se terminent par 0502, 1998, 3002, 4498, 5502, 6998, 8002 ou 9498. Exercice 32 : Nombres automorphes. 17 est un nombre entier à deux chiffres, mais dans cet exercice, nous considérons que 17, écrit sous la forme 0017, est aussi un nombre entier à 4 chiffres.
De cette façon, il y a 104 nombres entiers naturels à 4 chiffres, à savoir 0000, 0001, 0002, …, 9997,
9998, 9999. De façon plus générale, il y a 10n nombres entiers à n chiffres.
Un nombre entier naturel à n chiffres est dit automorphe lorsqu’il apparaît à la fin de son carré.
Par exemple, 5 est automorphe à un chiffre, car 52 = 25 et 25 se termine par 5. Mais 5, comme
nombre à 2 chiffres, s’écrit 05 et n’est pas automoprhe, car 052 = 25 qui ne se termine pas par 05.
1) Vérifier que 0001 et 0025 sont des nombres automorphes à 4 chiffres. 2) Donner les quatre nombres automorphes à 1 chiffre. 3) Donner les quatre nombres automorphes à 2 chiffres. 4) Soit b un nombre automorphe à 2 chiffres, trouver a (avec a entier compris entre 0 et 9) tel que 10
2 a + b soit un nombre automorphe à 3 chiffres.
5) Donner les quatre nombres automorphes à 10 chiffres en expliquant la méthode utilisée. 6) Démonter que, pour tout entier n ≥ 1, il y a exactement quatre nombres automorphes à n chiffres.
Solution : [ Olympiades académiques du 18 mars 2015, classe de Première, 3ème exercice ] Nous allons résoudre cet exercice avec les méthodes de taupe. 2) Soit x un entier à un chiffre, 0 ≤ x ≤ 9. x est automorphe ssi x
2 ≡ x (mod 10), c’est-à-dire ssi x
2 ≡ x (mod 2) et x
2 ≡ x (mod 5).
Autrement dit si x 2 = x dans Z/2Z et x 2
= x dans Z/5Z.
Comme Z/2Z et Z/5Z sont des corps, x = 0 ou 1 dans Z/2Z et dans Z/5Z. Ainsi x ≡ 0 ou 1 modulo 2 et modulo 5. En vertu du théorème chinois, il y a 4 entiers solutions : 0, 1, 5 et 6.
3) Soit x un entier à 2 chiffres, 0 ≤ x ≤ 99.
x est automorphe ssi x2 ≡ x (mod 100), c’est-à-dire ssi x
2 ≡ x (mod 4) et x
2 ≡ x (mod 25).
• x2 ≡ x (mod 4) équivaut à x ≡ 0 ou 1 (mod 4).
• x2 ≡ x (mod 25) implique x
2 ≡ x (mod 5), donc x ≡ 0 ou 1 (mod 5).
Si x ≡ 0 (mod 5), x = 5q , x2 ≡ x (mod 25) s’écrit 25.q
2 ≡ 5.q (mod 25), i.e. 5.q
2 ≡ q (mod 5), i.e. q ≡
0 (mod 5). En clair x ≡ 0 (mod 25).
Si x ≡ 1 (mod 5), x = 5q + 1, x2 ≡ x (mod 25) s’écrit 25.q
2 + 10.q + 1 ≡ 5.q + 1 (mod 25), i.e. 5.q ≡ 0
(mod 25), i.e. q ≡ 0 (mod 5). En clair x ≡ 1 (mod 25). En résumé, x ≡ 0 ou 1 (mod 4) et x ≡ 0 ou 1 (mod 25). Au final, on trouve x = 00, 01, 25 ou 76.
6) Soit x un entier à n chiffres, 0 ≤ x ≤ 10n – 1 = 99 … 9 (n fois).
x est automorphe ssi x2 ≡ x (mod 10
n), c’est-à-dire ssi x
2 ≡ x (mod 2
n) et x
2 ≡ x (mod 5
n).
91
• Démontrons par récurrence sur n que x2 ≡ x (mod 2
n) équivaut à x ≡ 0 ou 1 (mod 2
n).
C’est vrai pour n = 1 et 2. Supposons-le vrai au rang n et montrons-le au rang n + 1. x
2 ≡ x (mod 2
n+1) implique x
2 ≡ x (mod 2
n), donc, par hypothèse de récurrence, x ≡ 0 ou 1 (mod 2
n).
Si x ≡ 0 (mod 2n), x = 2
n q, x
2 = 2
2n q
2 ≡ 2
n q (mod 2
n+1) ssi 2
n q ≡ 0 (mod 2
n+1), i.e. ssi q est pair.
En résumé, x ≡ 0 (mod 2n+1
).
Si x ≡ 1 (mod 2n), x = 2
n q + 1, x
2 = 2
2n q
2 + 2
n+1 q + 1 ≡ 2
n q + 1 (mod 2
n+1) ssi 2
n q ≡ 0 (mod
2n+1
), i.e. ssi q est pair. En résumé, x ≡ 1 (mod 2n+1
).
• Démontrons par récurrence sur n que x2 ≡ x (mod 5
n) équivaut à x ≡ 0 ou 1 (mod 5
n).
C’est vrai pour n = 1 et 2. Supposons-le vrai au rang n et montrons-le au rang n + 1. x
2 ≡ x (mod 5
n+1) implique x
2 ≡ x (mod 5
n), donc, par hypothèse de récurrence, x ≡ 0 ou 1 (mod 5
n).
Si x ≡ 0 (mod 5n), x = 5
n q, x
2 = 5
2n q
2 ≡ 5
n q (mod 5
n+1) ssi 5
n q ≡ 0 (mod 5
n+1), i.e. ssi 5 divise q.
En résumé, x ≡ 0 (mod 5n+1
).
Si x ≡ 1 (mod 5n), x = 5
n q + 1, x
2 = 5
2n q
2 + 2.5
n q + 1 ≡ 5
n q + 1 (mod 5
n+1) ssi 5
n q ≡ 0 (mod
5n+1
), i.e. ssi 5 divise q. En résumé, x ≡ 1 (mod 5n+1
).
En conclusion, un entier x à n chiffres est automorphe ssi x ≡ 0 ou 1 (mod 2n) et (mod 5
n).
En vertu du théorème chinois, il y a 4 solutions. Deux sont évidentes : 0 et 1. Maple fournit les deux autres. Elles mériteraient d’être étudiées plus en détail. Les 4 solutions s’obtiennent par troncature d’une suite infinie d’entiers, à savoir : …000000000 , …000000001 , …7743740081787109376 , …92256259918212890625. > for n from 1 to 20 do > [chrem([0,0],[2^n,5^n]),chrem([1,1],[2^n,5^n]),chre m([0,1],[2^n,5^n]), chrem([1,0],[2^n,5^n])];od;
[ ], , ,0 1 6 5 [ ], , ,0 1 76 25
[ ], , ,0 1 376 625 [ ], , ,0 1 9376 625
[ ], , ,0 1 9376 90625 [ ], , ,0 1 109376890625
[ ], , ,0 1 71093762890625 [ ], , ,0 1 8710937612890625
[ ], , ,0 1 787109376212890625 [ ], , ,0 1 17871093768212890625
[ ], , ,0 1 8178710937618212890625 [ ], , ,0 1 81787109376918212890625 [ ], , ,0 1 817871093769918212890625
[ ], , ,0 1 4008178710937659918212890625 [ ], , ,0 1 740081787109376259918212890625
[ ], , ,0 1 37400817871093766259918212890625 [ ], , ,0 1 4374008178710937656259918212890625
[ ], , ,0 1 743740081787109376256259918212890625 [ ], , ,0 1 77437400817871093762256259918212890625 [ ], , ,0 1 774374008178710937692256259918212890625
Exercice 33 : Soient P et Q ∈ Z[X] sans racines complexes communes.
Montrer que la suite un = pgcd( P(n), Q(n) ) est périodique.
Solution : [ Oral ENS 2006, RMS n° 18, Centrale MP 2010, RMS n° 725 ]
92
1) P et Q sont premiers entre eux dans C[X], donc dans Q[X], en vertu de l’indépendance du pgcd vis à vis du corps de base. Il existe donc un couple (U, V) d’éléments de Q[X] tels que 1 = UP + VQ. En réduisant au même dénominateur, on voit qu’il existe un triplet (c, A, B) ∈ N*×Z[X] ×Z[X] tel que c = A.P + B.Q . On en déduit que, pour tout n ∈ Z, un = pgcd(P(n), Q(n)) divise c.
2) Montrons que la suite (un)n∈Z est c-périodique.
Il suffit pour cela de vérifier que un | un+c et un+c | un .
Comme un divise c, P(n + c) ≡ P(n) ≡ 0 (mod un) et Q(n + c) ≡ Q(n) ≡ 0 (mod un).
Par conséquent, un | un+c .
P(n) ≡ P(n + c) ≡ 0 (mod un+c) et Q(n) ≡ Q(n + c) ≡ 0 (mod un+c).
Par conséquent, un+c | un .
Exercice 34 : Montrer que (32 +
35
8141 )1/3
+ (32 −
35
8141 )1/3
est un rationnel.
On conseille d’effectuer les calculs avec Maple.
Solution : > a:=2/3+41/81*sqrt(5/3);b:=2/3-41/81*sqrt(5/3);
> x:=a^(1/3)+b^(1/3);evalf(x);
:= x +
+
23
41243
15( )/1 3
−
23
41243
15( )/1 3
1.333333334 > expand((p+q*sqrt(15))^3);
+ + + p3 3 p2 q 15 45p q2 15q3 15 > solve(p^3+45*p*q^2=2/3,3*p^2*q+15*q^3=41/243,p,q );
, = p23
= q19
,
, = q19
( )RootOf , + + _Z2 _Z 1 = label _L2 = p23
( )RootOf , + + _Z2 _Z 1 = label _L2
= q + 15
( )RootOf , + + 3 _Z2 4 _Z 3 = label _L3790
,,
= p12
( )RootOf , + + 3 _Z2 4 _Z 3 = label _L3 q = ,
13135
( )RootOf , − + − + 9 _Z4 12_Z3 7 _Z2 12_Z 9 = label _L4110
+
215
( )RootOf , − + − + 9 _Z4 12_Z3 7 _Z2 12_Z 9 = label _L43
−
790
( )RootOf , − + − + 9 _Z4 12_Z3 7 _Z2 12_Z 9 = label _L42
+ ,
= p12
( )RootOf , − + − + 9 _Z4 12_Z3 7 _Z2 12_Z 9 = label _L4
> expand((2/3+1/9*sqrt(15))^3);
+ 23
41243
15
> factor(X^3-a,sqrt(15));
:= a + 23
41243
15 := b − 23
41243
15
93
−1
243( ) + + + + 27X2 18X 3 X 15 17 4 15 ( )− + + 9 X 6 15
Maple suggère que x = 34 . Il démontre que a
1/3 =
32 +
91 15 et b
1/3 =
32 −
91 15 .
Exercice 35 : Trouver les x ∈ Z tels que 7103 −x ,
17811 +x ,
5116 −x ∈ Z.
Solution : C’est un problème de congruences simultanées, qui s’écrit : 3.x ≡ 10 (mod 7) , 11.x ≡ − 8 (mod 17) , 16.x ≡ 1 (mod 5). Ou encore : x ≡ 1 (mod 7) , x ≡ 7 (mod 17) , x ≡ 1 (mod 5). (car 11.x ≡ −8 (mod 17) ⇔ − 6.x ≡ − 8 (mod 17) ⇔ 3.x ≡ 4 (mod 17) ⇔ x ≡ 6.4 = 24 (mod 17) ). x ≡ 1 (mod 7) et x ≡ 1 (mod 5) ⇔ x ≡ 1 (mod 35). x = 1 + 35.u = 7 + 17.v , 35.u – 17.v = 6 . Comme 35.1 – 17.2 = 1, le couple (u, v) = (6, 12) convient, donc x = 211 est une solution.
Conclusion : x = 211 + 5×7×17×k = 211 + 595.k , où k décrit Z. Exercice 36 : Le cuisinier chinois. Une bande de dix-sept pirates s’est emparée d’un butin composé de pièces d’or d’égale valeur. Ils décident de se les partager également et de donner le reste au cuisinier chinois. Celui-ci recevrait trois pièces. Mais les pirates se querellent et six d’entre eux sont tués. Le cuisinier recevrait alors quatre pièces. Dans un naufrage ultérieur, seuls le butin, six pirates et le cuisinier sont sauvés et le partage laisserait cinq pièces d’or à ce dernier. Quelle est alors la fortune minimale que peut espérer le cuisinier quand il décide d’empoisonner le reste des pirates ?
Solution : On cherche le plus petit entier naturel N tel que N ≡ 3 (mod 17), N ≡ 4 (mod 11) et N ≡ 5 (mod 6). Comme 17, 11 et 6 sont premiers entre eux deux à deux, le théorème chinois simple s’applique, et montre l’existence de N, défini modulo 6×11×17.
Maple montre que N ≡ 785 (mod 1122), à l’aide de la commande « chrem » (chinese remainder) :
> chrem([3,4,5],[17,11,6]);ilcm(17,11,6); 785 1122
Conclusion : se méfier des chinois en général, et des cuisiniers chinois en particulier… Exercice 37 : Le général Bourbaki commande une division de moins de 5000 hommes. Mais lors des manœuvres, le nombre de soldats absents va croissant. Le 2ème jour, il y a 1 absent : le général fait défiler ses soldats par rangs de 2 ; le 3ème jour, il y a 3 absents : il fait défiler ses soldats par rangs de 3 ; le 4ème jour, il y a 5 absents : il fait défiler ses soldats par rangs de 4 ; etc. Chaque jour il y a deux absents supplémentaires, jusqu’au 10ème jour, où il manque 17 soldats, et la division défile par 10. Chaque fois, les rangs sont complets. Quel est le nombre de soldats de la division de ce général ?
Solution : [ Le Monde, Affaire de logique, 4 juin 2002 ] On cherche un entier N ≤ 5000 vérifiant le système de congruences simultanées :
(S) N ≡ 1 (mod 2) , N ≡ 3 (mod 3) , N ≡ 5 (mod 4) , N ≡ 7 (mod 5) , N ≡ 9 (mod 6) , N ≡ 11 (mod 7) , N ≡ 13 (mod 8) , N ≡ 15 (mod 9) , N ≡ 17 (mod 10). Ce système équivaut au suivant :
(S1) N ≡ 1 (mod 2) , N ≡ 0 (mod 3) , N ≡ 5 (mod 4) , N ≡ 2 (mod 5) , N ≡ 3 (mod 6) , N ≡ 4 (mod 7) , N ≡ 5 (mod 8) , N ≡ 6 (mod 9) , N ≡ 7 (mod 10).
94
Ce système équivaut au suivant : (S2) N ≡ 5 (mod 8) , N ≡ 6 (mod 9) , N ≡ 2 (mod 5) , N ≡ 4 (mod 7). En effet, les autres congruences de (S1) sont des conséquences de celles-ci. Comme les modulo sont premiers entre eux, on peut faire appel au module de restes chinois (chrem, ou chinese remainders) de Maple :
> chrem([5,6,2,4],[8,9,5,7]); 2517
> lcm(8,9,5,7); 2520
Conclusion : N ≡ 2517 (mod 2520), mais comme N ≤ 5000, N = 2517. Exercice 38 : deux théorèmes chinois. Soient (a1, ... , ar) et (n1 , ... , nr) deux r-uplets d’éléments de Z. On cherche à résoudre le système de r congruences simultanées, d’inconnue x ∈ Z :
x ≡ a1 mod n1 (S) . . . . . . . x ≡ ar mod nr 1) On suppose n1, ... , nr premiers entre eux deux à deux. Montrer que, pour tout r-uplet (a1, ... , ar) ,
le système (S) admet au moins une solution x0, et que les autres solutions sont de la forme :
x = x0 + N.k , où N = n1 × ... × nr et k décrit Z.
On pourra raisonner par récurrence sur r.
2) On revient au cas général, où l’on suppose n1, ... , nr quelconques.
Montrer que, pour que le système (S) admette au moins une solution x0, il faut et il suffit que soient
remplies les conditions : ∀(i , j) ∈ [1, r] pgcd(ni , nj) | ai − aj . De plus, si ces conditions sont remplies, les autres solutions sont de la forme :
x = x0 + N.k , où N = ppcm(n1 , ... , nr) et k décrit Z.
On commencera par montrer ce résultat pour r = 2 et r = 3.
Solution : 1) Le « petit » théorème chinois. On suppose n1, ... , nr premiers entre eux deux à deux.
Montrons que, pour tout r-uplet (a1, ... , ar) , (S) admet au moins une solution x0, et que les autres
solutions sont de la forme : x = x0 + N.k , où N = n1 × ... × nr et k décrit Z.
1) Commençons par la dernière affirmation. Si (S) admet une solution x0, alors x est solution de S ssi
x ≡ x0 mod nk pour tout k, i.e. ssi x = x0 + N.k , où N = n1 × ... × nr , et k décrit Z.
2) Montrons le théorème pour r = 2. On cherche x de la forme x = a1 + u1.n1 = a2 + u2.n2 .
Or l’équation a1 − a2 = u2.n2 − u1.n1 admet des solutions (u1, u2), puisque Z est l’idéal engendré par
n1 et n2. Elles s’obtiennent par l’algorithme d’Euclide étendu. On peut aussi exhiber une solution : si
1 = u.n1 + v.n2 (Bezout), il suffit de prendre x = a2.u.n1 + a1.v.n2. cqfd.
3) Pour conclure, on peut :
− soit faire une récurrence sur r (laissée en exercice) ; − soit introduire le produit N = n1 × ... × nr , et les quotients mk = N/nk . Ces éléments sont premiers entre eux dans leur ensemble (why ?), de sorte qu’on peut écrire :
1 = u1.m1 + ... + ur.mr . Je dis que x0 = a1.u1.m1 + ... + ar.ur.mr répond à la question. (Exercice).
95
En termes modernes, notons πk la surjection canonique Z → Z/nkZ. L’application
x ∈ Z → (π1(x), ... , πr(x)) ∈ (Z/n1Z) × ... × (Z/nrZ) est un morphisme d’anneaux. Ce morphisme est surjectif en vertu du théorème chinois, et il a pour noyau l’idéal NZ. Donc il se factorise canoniquement en un isomorphisme d’anneaux :
χ : Z/NZ → (Z/n1Z) × ... × (Z/nrZ) , appelé isomorphisme chinois.
2) Le « grand » théorème chinois.
Revenons au cas général, et montrons que, pour que (S) admette au moins une solution x0, il faut et il
suffit que soient remplies les conditions : ∀(i , j) ∈ [1, r] pgcd(ni , nj) | ai − aj . De plus, si ces conditions sont remplies, les autres solutions sont de la forme :
x = x0 + N.k , où N = ppcm(n1 , ... , nr) et k décrit Z.
1) Commençons par la dernière affirmation. Si (S) admet une solution x0, alors x est solution de S ssi
x ≡ x0 mod nk pour tout k, i.e. ssi x = x0 + N.k , où N = ppcm(n1 , ... , nr) et k décrit Z.
2) Les conditions sont nécessaires.
Si (S) admet une solution x0, alors x0 = ai + ki.ni = aj + kj.nj , donc ai − aj = ki.ni + kj.nj .
On en déduit que pgcd(ni , nj) | ki.ni + kj.nj = ai − aj .
3) Les conditions sont suffisantes. Pour r = 2. Supposons pgcd(n1 , n2) | a1 − a2 .
Alors (Bachet-Bezout) il existe k1 et k2 tels que : a1 − a2 = k1.n1 + k2.n2 .
Du coup, x0 = a1 + k1.n1 = a2 + k2.n2 répond à la question. Montrons le résultat pour r = 3. Supposons que pgcd(n1 , n2) | a1 − a2 , pgcd(n2 , n3) | a2 − a3 et pgcd(n1 , n3) | a1 − a3 .
La première condition assure l’existence d’un z tel que z ≡ a1 mod n1 et z ≡ a2 mod n2 .
Le système (S) équivaut alors à x ≡ z mod ppcm(n1 , n2) et x ≡ a3 mod n3 .
Tout revient à montrer que pgcd( ppcm(n1 , n2) , n3) | z – a3 . Or, on a le
Lemme : Le pgcd et le ppcm sont distributifs l’un par rapport à l’autre.
Admettons ce lemme, et poursuivons !
Il s’agit de montrer que ppcm( pgcd(n1 , n3) , pgcd(n2, n3)) | z – a3 , autrement dit que :
pgcd(n1 , n3) | z – a3 et pgcd(n2, n3) | z – a3 . Cela découle aisément des deux conditions non encore utilisées : pgcd(n2 , n3) | a2 − a3 et pgcd(n1 , n3) | a1 − a3 .
Il reste à démontrer ce lemme, et à attaquer le cas général. Mais l’essentiel est dit, car, si l’on a bien compris le cas r = 3, la récurrence se fera facilement.
Notons pour finir que tout ceci se généralise aux anneaux euclidiens, et même aux anneaux de Dedekind.
Exercice 39 : On veut résoudre le système de congruences simultanées (S) x ≡ ai mod ni (1≤ i ≤ r),
où n1, ... , nr sont des entiers premiers entre eux deux à deux. On forme la suite :
y1 = a1 mod n1
y2 = N2 ( C2 (a2 − y1) mod n2 ) + y1
y3 = N3 ( C3 (a3 − y2) mod n3 ) + y2 . . . . . . . . . . . . . .
yr = Nr ( Cr (ar − yr−1) mod nr ) + yr−1
96
où Ni = ∏<ij
jn , les coefficients Ci vérifiant Ci.Ni ≡ 1 (mod ni) étant obtenus en appliquant l’algo-
rithme d’Euclide étendu à Ni et ni. Montrer que le nombre yr obtenu est l’unique solution de (S)
appartenant à l’intervalle [0 , n1 … nr [. Que dire des nombres intermédiaires yi ?
Solution : Dans cet énoncé, « mod » désigne deux choses légèrement différentes : pour (S), le modulo, dans l’algorithme le reste euclidien. Nous allons montrer par récurrence forte que, pour tout k, et tout i ≤ k yk ≡ ai ( mod ni ) et 0 ≤ yk < n1 … nk . Pour k = 1, c’est évident. Supposons le résultat vrai jusqu’au rang k−1.
Alors yk = Nk (Ck (ak − yk−1) mod nk ) + yk−1 .
• Si i < k , yk ≡ yk−1 ≡ ai modulo ni , puisque Nk est multiple de ni .
• yk ≡ Nk .Ck (ak − yk−1) + yk−1 modulo nk ≡ ak − yk−1 + yk−1 = ak modulo nk .
• 0 ≤ yk < Nk (nk − 1) + n1 … nk−1 = Nk nk = Nk+1 . CQFD
L’avantage de cet algorithme est qu’il est progressif. Si l’on rajoute une congruence au système (S), il suffit d’ajouter une ligne au programme.
Exercice 40 : 1) On considère la suite récurrente x0 ∈ Z, xn+1 = 7xn + 6. Etudier les chiffres des unités des termes de cette suite.
2) Même question avec la suite x0 ∈ Z, xn+1 = 8xn + 6.
Solution : Il faut raisonner modulo 10, et même, passer dans Z/10Z.
1) La fonction affine f : x ∈ Z/10Z → 7x + 6 ∈ Z/10Z est une bijection, ayant pour bijection
réciproque g : y → 7
6−y = 3 (y − 6 ) = 3y − 18 = 3y + 2 ( En effet 3×7 = 1 dans Z/10Z ).
Explicitons f =
92581470369876543210 , et décomposons-la en cycles disjoints.
f = [ 0, 6, 8, 2 ] o [ 1, 3, 7, 5 ] o [4] o [9] . Cela signifie que si x0 se termine par 6, (xn) se termine successivement par 6, 8, 2, 0, 6, 8, 2, 0, etc.
Pour tout x0, la suite (xn) est périodique pure modulo 10, constante ou de période 4.
2) La fonction affine h : x ∈ Z/10Z → 8x + 6 ∈ Z/10Z n’est pas bijective, comme on le constate.
Explicitons g =
80246802469876543210 . Elle se décompose en bassins hydrographiques :
g : 0 → 6 → 4 → 8 → 0 2 → 2 ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ 3 5 1 9 7 Cela signifie que, pour tout x0, la suite (xn) est périodique modulo 10 à partir d’un certain rang.
Exercice 41 : Soient (un) la suite de Fibonacci, et (vn) la suite de Lucas, définies resp. par
u0 = 0 , u1 = 1 , un+2 = un+1 + un et v0 = 2 , v1 = 1 , vn+2 = vn+1 + vn .
Etudier leurs restes modulo 11, 7, 2, 5, 25, 125.
Solution : Je dis que, pour tout N, chacune des deux suites est périodique pure modulo N. En effet, l’application F : (x , y) → (x + y , y) est une permutation de Z/NZ×Z/NZ. Les itérés de (0, 1) ou de (2, 1) par F forment donc une suite périodique dans Z/NZ×Z/NZ.
97
De plus pour tout n, vn = 2.un+1 – un .
Périodes modulo 11. Dans Z/11Z, l’équation caractéristique r
2 – r – 1 = 0 a pour racines 4 et 8.
Du coup un = a.4n + b.8
n et vn = c.4
n + d.8
n dans Z/11Z.
Tous calculs faits, on trouve un ≡ 3.( 8n – 4
n ) et vn ≡ 8
n + 4
n (mod 11).
En vertu du petit théorème de Fermat, (un) et (vn) sont 10-périodiques modulo 11. On constate qu’on ne peut diminuer cette période.
Périodes modulo 7. Dans Z/7Z, l’équation caractéristique r
2 – r – 1 = 0 est sans racines.
Elle se scinde dans un sur-corps de Z/7Z, le sur-corps à 49 éléments K = Z/7Z[ 5 ].
Notant ω = 2
51+ = 4(1 + 5 ) et ϖ = 2
51− = 4(1 − 5 ) le nombre d’or et son conjugué dans ce
sur-corps, on a aussitôt : un = ϖωϖω
−− nn
et vn = ωn + ϖn
, comme dans Q[ 5 ].
Comme K* a 48 éléments, ω48 = 1, donc (un) et (vn) sont 48-périodiques modulo 7.
On constate qu’elles sont même 16-périodiques modulo 7.
Périodes modulo 2. Modulo 2 les suites (un) et (vn) sont égales. Contrairement aux autres cas, elles ne forment pas une
base du plan des suites vérifiant xn+2 = xn+1 + xn .
Il est facile de vérifier que (un) est 3-périodique modulo 2.
Point n’est besoin de résoudre l’équation caractéristique r2 – r – 1 = 0 dans Z/2Z. Cependant, on
peut aussi le faire : cette équation est sans racines dans Z/2Z, mais elle a deux racines distinctes, a et
b, dans le corps de scindage F4 = Z/2Z[X]/(X2 – X – 1) = 0, 1, a, b de ce polynôme. On a, pour
tout n : un = an + b
n. Cette suite est 3-périodique en vertu du petit théorème de Fermat relatif à F4 .
Périodes modulo 5. Dans Z/5Z, l’équation caractéristique r
2 – r – 1 = 0 a 3 comme racine double.
Du coup un = (an + b).3n et vn = (cn + d).3
n . Après calculs, un ≡ 2n.3
n et vn ≡ 2.3
n (mod 5).
Comme 34 = 1, la suite (un) est 20-périodique, et la suite (vn ) est 4-périodique modulo 5.
Périodes modulo 25 et 125. On peut procéder informatiquement, ou par remontée modulaire. On peut aussi procéder via le
binôme. En effet, si l’on note ω = 2
51+ et ϖ = 2
51− le nombre d’or et son conjugué, on sait que
un = ϖωϖω
−− nn
= n22 ∑ +
k
kknC 5.12 et vn = ωn + ϖn
= n22 ∑
k
kknC 5.2 .
Raisonnons modulo 125. Comme ½ = 63 mod 125, il vient :
un ≡ 2.63n ( n + 5.3nC + ²5.5nC ) = 2.63
n ( n + 5
6)2)(1( −− nnn
+ 2524.5
)4)(3)(2)(1( −−−− nnnnn)
= 2.63n ( n + 56
)2)(1( −− nnn + 524
)4)(3)(2)(1( −−−− nnnnn )
= 2.63n ( 120.n
5 + 50.n
4 + 55.n
3 + 60.n
2 + 91.n) mod 125.
vn ≡ 2.63n ( 1 + 5.2nC + ²5.4nC ) = 2.63
n ( 1 + 5
2)1( −nn
+ 2524
)3)(2)(1( −−− nnnn )
= 2.63n ( 100.n
4 + 25.n
3 + 40.n
2 + 85.n + 1) mod 125.
On a ϕ(125) = 100 et 63100
≡ 1 mod (125) en vertu du théorème d’Euler. De plus on constate que 63 est exactement d’ordre 100 dans le groupe (Z/125Z)*.
98
Restent les polynômes en facteur. On montre assez facilement avec Maple que :
• (un) est 500-périodique, et (vn) 100 périodique modulo 125.
• (un) est 100-périodique, et (vn) 20 périodique modulo 25.
• (un) est 20-périodique, et (vn ) 4-périodique modulo 5.
Matriciellement, si A =
0111 , on a
+
n
n
uu 1 = A
n
01
et
+
n
n
vv 1 = A
n
21
.
A est diagonalisable dans Z/11Z, non diagonalisable dans Q, Z/7Z ou Z/2Z, mais diagonalisable dans un sur-corps (donc semi-simple), et enfin trigonalisable mais non diagonalisable dans Z/5Z.
Remarque : Jean-Marc Lapierre a fait une longue étude sur ce sujet.
Exercice 42 : Soit ω = 2
51+ le nombre d’or. [x] désigne la partie entière du réel x.
Etudier la suite [ωn]. Etudier les trois derniers chiffres du développement décimal de [ωn
].
Solution :
Notons ϖ = 2
51− ≈ − 0,618… le conjugué de ω. On sait que vn = ωn + ϖn
est la suite de Lucas
rencontrée dans l’exercice précédent, qui vérifie : v0 = 2 , v1 = 1 , vn+2 = vn+1 + vn . Cette suite est à valeurs entières. Pour n > 0, 0 < ϖ2n
< 1, donc [ω2n] = v2n − 1 ; c’est encore vrai pour n = 0, car [ω0
] = 1 = v0 − 1 .
Pour n ≥ 0, −1 < ϖ2n+1 < 0, donc [ω2n+1
] = v2n+1 .
Conclusion : pour tout n, [ω2n] = v2n − 1 , [ω2n+1
] = v2n+1 .
En clair : N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
vn 2 1 3 4 7 11 18 29 47 76 123 199 322 521 843 1364
[ωn] 1 1 2 4 6 11 17 29 46 76 122 199 321 521 842 1364
On peut unifier les résultats précédents en écrivant [ωn] = vn −
2)1(1 n−+
.
On en déduit que la suite wn = [ωn] est telle que (wn+2 − wn+1 − wn) est 2-périodique.
Au final, wn+4 − wn+3 − 2.wn+2 + wn+1 + wn = 0 , w0 = 1 , w1 = 1 , w2 = 2 , w3 = 4.
Il reste ensuite à étudier cette suite modulo 1000, ou plutôt modulo 8 et modulo 125, avec les techniques de l’exercice précédent. Mais on peut aussi faire appel à Maple. > w:=proc(n) option remember; > if n=0 then 1; elif n=1 then 1; elif n=2 then 2; elif n=3 then 4; > else w(n-1)+2*w(n-2)-w(n-3)-w(n-4);fi;end; > L:=[]:for n from 0 to 30 do L:=[op(L),w(n)]:od:prin t(L);
1 1 2 4 6 11 17 29 46 76 122 199 321 521 842 1364 2206 3571 5777 9349, , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,[
15126 24476 39602 64079 103681 167761 271442 439204 710646 1149851, , , , , , , , , ,
1860497]
> a:=proc(n) option remember; > if n=0 then 1; elif n=1 then 1; elif n=2 then 2; elif n=3 then 4; > else a(n-1)+2*a(n-2)-a(n-3)-a(n-4) mod 8;fi;end; > A:=[]:for n from 0 to 30 do A:=[op(A),a(n)]:od:prin t(A);
[ ], , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,1 1 2 4 6 3 1 5 6 4 2 7 1 1 2 4 6 3 1 5 6 4 2 7 1 1 2 4 6 3 1 > b:=proc(n) option remember; > if n=0 then 1; elif n=1 then 1; elif n=2 then 2; elif n=3 then 4;
99
> else b(n-1)+2*b(n-2)-b(n-3)-b(n-4) mod 125;fi;end; > B:=[]:for n from 0 to 103 do B:=[op(B),b(n)]:od:pri nt(B);
1 1 2 4 6 11 17 29 46 76 122 74 71 21 92 114 81 71 27 99 1 101 102 79 56, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,[
11 67 79 21 101 122 99 96 71 42 114 31 21 52 74 1 76 77 29 106 11 117 4, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,
121 1 122 124 121 121 117 114 106 96 77 49 1 51 52 104 31 11 42 54 96, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,
26 122 24 21 46 67 114 56 46 102 24 1 26 27 54 81 11 92 104 71 51 122, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,
49 46 96 17 114 6 121 2 124 1 1 2 4, , , , , , , , , , , , ]
> ilcm(12,100); 300
Maple montre que la suite (wn) est 12-périodique modulo 8, et 100 périodique modulo 125. Par conséquent, elle est 300-périodique.
Exercice 43 : (Maple) Soit (un) définie par u1 = 0 , u2 = 2 , u3 = 3 , un = un−2 + un−3 pour n ≥ 4.
On désire montrer que, pour tout p premier, p divise up.
a) Ecrire une procédure Maple donnant un. b) Vérifier la propriété pour les 1000 premiers nombres premiers.
c) On pose P = X3 – X – 1 et f(t) = ∑
≥1n
nntu . Soient r1, r2 et r3 les racines de P.
Montrer ∀n ≥ 1 un = (r1)n + (r2)
n + (r3)
n. Quel est le rayon de convergence de la série entière ?
d) Montrer que f(t) = 3
3
²13²2tttt
−−+
. Montrer que φ(t) = − ln(1 − t2 – t
3) est développable en série
entière. Trouver une relation entre son coefficient vn et un.
e) Soit p un nbre premier. Montrer que vp est rationnel ; conclure à l’aide du dénominateur de vp.
Solution : [ Oral Centrale MP 2011, RMS n° 875 ] a) Dans la procédure récursive ci-dessous, l’option remember évite de refaire les mêmes calculs. > u:=proc(n) > option remember; > if n=1 then 0 elif n=2 then 2 elif n=3 then 3 else u(n-2)+u(n-3);fi;end; > for k from 1 to 1000 do p:=ithprime(k):if irem(u(p) ,p) <> 0 then print(p);fi;od;
c) L’étude des variations réelles de P montre que P a une racine réelle, r1 ≈ 1,324717957 et deux
racines complexes conjuguées r2 et r3 de module ≈ 0,8688. P a donc trois racines distinctes dans C.
La suite (un) est récurrente linéaire d’ordre 3, donc elle s’écrit un = a.(r1)n + b.(r2)
n + c.(r3)n.
On montre, ou on vérifie, que a = b = c = 1.
En effet, r1 + r2 + r3 = 0 , r12 + r2
2 + r32 = 2 et r1
3 + r23 + r3
3 = r1 + r2 + r3 + 3 = 3. f(t) = ∑
≥1n
nntu = ∑≥1
1 .)(n
nn tr +∑≥1
2 .)(n
nn tr + ∑≥1
3 .)(n
nn tr a un rayon de convergence ≥ min 1/|rk| = 1/r1.
( r2 et r3 ayant même module, il faudrait examiner la chose de plus près. )
d) Pour montrer que f(t) = 3
3
²13²2tttt
−−+
, le plus simple est de considérer le produit de Cauchy :
( 1 – t2 – t
3 ).∑
≥1n
nntu . Il vaut, après calculs, 2.t2 + 3.t
3 .
Variante : On a Q(t) = t3.P(t1) = 1 – t
2 – t
3 = ( t −
1
1r
)( t − 2
1r
)( t − 3
1r
) ,
et )(
)('.tQ
tQt− = 3
3
²13²2tttt
−−+
= ∑= −3
11k k
k
trtr = ∑
≥1n
nntu = f(t).
100
φ(t) = − ln( 1 − t2 – t
3 ) est développable en série entière car sa dérivée 3
2
²132tttt
−−+
l’est.
Comme t.Φ’(t) = f(t), il vient : Φ(t) = ∑+∞
=1
.n
nn tnu .
e) Par ailleurs : φ(t) = t2
(1 + t) + 24
)1(2
tt
+ + 36
)1(3
tt
+ + … + nn
tnt
)1(2
+ + …
= ∑∑+∞
= =
+
1 0
2.m
n
k
kmkm t
mC = ∑ ∑
+∞
= =+1 2
).(n
n
nkm
km tmC
Développant par le binôme et identifiant les coefficients de tn, il vient
nun = ∑
=+ nkm
km
mC
2
= ∑≤≤
−
2/3/
2.1nmn
mnmCm
.
Pour éviter les séries doubles, il suffit d’identifier les développements limités en 0.
Si n = p est premier, p
up = ∑≤≤
−
2/3/
2.1pmp
mpmC
m.
Or, après réduction au même dénominateur, le second membre est de la forme ba , où b est premier
avec p, car c’est un ppcm d’entiers compris entre p/3 et p/2.
Ainsi, b.up = a.p , et, en vertu du théorème de Gauss, p divise up. Cqfd.
Voici une solution purement arithmétique de cet exercice.
Plaçons-nous dans le corps Z/pZ. Dans ce corps, considérons la suite récurrente linéaire :
u1 = 0 , u2 = 2 , u3 = 3 , un = un−2 + un−3 pour n ≥ 4.
Il s’agit de montrer que up = 0.
Le polynôme caractéristique de cette suite, P = X3 – X – 1, est scindé dans Z/pZ ou dans un sur-
corps commutatif K de Z/pZ. Son discriminant est ∆ = 23. • Si p ≠ 23, ∆ ≠ 0 et P est scindé à racines simples dans K , racines que nous noterons encore r1, r2 et
r3 mais qui ne sont pas des nombres complexes, alors on aura encore : un = r1n + r2
n + r3
n.
En particulier : up = r1p + r2
p + r3
p = ( r1 + r2 + r3 )
p = 0.
Cela découle de ce que le corps K de décomposition de P est de caractéristique p, donc σ : x → xp
est un endomorphisme de K (endomorphisme de Frobenius). • Si p = 23, P a deux racines dans K , r1, r2 et r2 , on aura encore : un = r1
n + r2
n + r2
n.
En particulier : up = r1p + r2
p + r2
p = ( r1 + r2 + r2 )
p = 0.
Du reste, on peut vérifier à la main que 23 | u23. Exercice 44 : sommes de deux, de trois carrés. 1) a) Montrer que les entiers qui sont sommes de deux carrés forment une partie de N stable pour la multiplication. b) Montrer qu’aucun nombre de la forme 4k + 3 n’est somme de deux carrés. 2) a) Montrer que les entiers qui sont sommes de trois carrés ne sont pas stables par multiplication. b) Montrer qu’aucun entier de la forme 8k + 7 n’est somme de trois carrés. c) Montrer qu’aucun entier de la forme 4
n ( 8k + 7 ) n’est somme de trois carrés.
3) Montrer que la somme de trois carrés d’entiers impairs n’est jamais le carré d’un entier. 4) Soit n ∈ N. Montrer que si n est somme de trois carrés de rationnels, n est somme de trois carrés d’entiers. Solution : 1) Sommes de deux carrés.
101
a) La stabilité découle de la formule ( a2 + b
2 )( c
2 + d
2 ) = ( ac – bd )
2 + ( ad + bc )
2 .
b) Raisonnons modulo 4 : x2 ≡ 0 ou 1 (mod 4). Du coup, a
2 + b
2 ≡ 0 , 1 ou 2 (mod 4).
Résultat connu depuis Diophante d’Alexandrie. Diophante ne connaissait pas les modulo mais avait déjà remarqué que si x = 2k, x
2 est multiple de 4, et si x = 2k + 1, x
2 = 1 + 4k + 4k
2 .
2) Sommes de trois carrés. a) Comme chacun sait, 3×5 = 15. 3 et 5 sont sommes de trois carrés, 15 non.
b) Il s’agit de montrer que l’équation a2 + b
2 + c
2 = 7 est sans solution dans Z/8Z.
Il y a 8×8×8 vérifications à faire, et en fait beaucoup moins, car (∀x) x2 ≡ 0 , 1 ou 4 (mod 8).
a2 + b
2 ≡ 0 , 1 , 2 , 4 ou 5 (mod 8), puis a
2 + b
2 + c
2 ≡ 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 ou 6 (mod 8) : 7 est exclu.
c) Observons pour commencer que a2 + b
2 + c
2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ a, b et c sont pairs.
C’est facile à établir en raisonnant modulo 4, comme en 1). Dès lors, on peut montrer le résultat par récurrence sur n. Il est vrai pour n = 0 par b). Supposons-le vrai au rang n. Alors a
2 + b
2 + c
2 = 4
n+1.( 8k + 7 ) implique que a, b et c sont pairs.
Posons a = 2a’, b = 2b’, c = 2c’. Il vient alors a’2 + b’
2 + c’
2 = 4
n ( 8k + 7 ), ce qui est impossible.
3) Sommes de trois carrés d’entiers impairs [ Oral ENS Cachan 2005, RMS n° 1] Raisonnons modulo 8. Si x est impair, x
2 ≡ 1 (mod 8).
Par conséquent, la somme de trois carrés d’entiers impairs est congrue à 3 modulo 8. Or un carré d’entiers est congru à 0, 1 ou 4, jamais à 3, modulo 8.
4) Après réduction au même dénominateur, écrivons n sous la forme n = ²
²²²d
cba ++ , où d ≥ 1 est
choisi minimum. Soient x, y, z ∈ Z tels que |da − x | ≤
21 , |
db − y | ≤
21 , |
dc − z | ≤
21 .
Alors ( a – d.x )2 + ( b – d.y )
2 + ( c – d.z )
2 ≤
43 d
2 .
Introduisons les vecteurs X = (a, b, c) et Y = (x, y, z) dans R3
.
Posons X’ = αX + βY et d’ = αd + β , où α et β ∈ Z sont pour l’instant quelconques.
||X’||2 – n.d’
2 = 2αβ [ ( X | Y ) − n.d ] + β2 [ ||Y||
2 − n ].
Prenons α = ||Y||2 − n et β = 2 (nd − (X | Y)). On a alors ||X’||
2 − nd’
2 = 0.
De plus d’ = ( ||Y||2 − n ) d + 2 (nd − (X | Y)) = d.( ||Y||
2 − 2(X | Y) + nd = d ||Y−
dX ||2 < t.
Vu la minimalité de d , d’ = 0, donc Y = dX et ||Y||
2 = n . cqfd.
Remarque : Fermat a caractérisé les entiers qui sont sommes de deux carrés ; fidèle à sa manière, il s’est contenté d’indiquer les étapes pour arriver au résultat, mais sa démonstration a été complétée par Euler. Lagrange a démontré en 1770 que tout entier est somme de quatre carrés, résultat conjecturé par Bachet au début du XVIIème siècle. Enfin, Legendre a caractérisé les sommes de trois carrés : « Pour qu’un entier soit somme de trois carrés, il faut et il suffit qu’il ne soit pas de la forme
4n.(8k + 7) ». Seule une implication a été vue dans cet exercice. La réciproque est technique. On la
trouvera dans le fameux Cours d’arithmétique supérieure de Jean-Pierre Serre.
Exercice 45 : Soit n ≥ 1. Montrer que n ∧ 2 = n ∧ 5 = 1 ⇒ 13200 | n21
– n.
Solution : La conclusion s’écrit aussi n21
≡ n (mod 13200), ou encore :
n21
≡ n (mod 24) , n
21 ≡ n (3) , n
21 ≡ n (5
2) , n
21 ≡ n (mod 11).
• n21
≡ n (3) et n21
≡ n (mod 11) découlent du petit théorème de Fermat, et sont toujours vraies.
• n21
≡ n (mod 24) et n
21 ≡ n (5
2) sont moins faciles et découlent du théorème d’Euler.
102
♦ n est premier à 5, donc à 52 ; donc n
ϕ(25) ≡ 1 (5
2). Or ϕ(25) = 20…
♦ n est premier à 2, donc à 24 ; donc n
ϕ(16) ≡ 1 (5
2). Or ϕ(16) = 8. Donc n
8 ≡ 1 (16).
Donc n21
≡ (n8)2.n
5 ≡ n
5 . Il reste à vérifier que :
n5 ≡ n (mod 2
4) pour n ≡ 1, 3, 5, 7, −7, −5, −3, −1 (mod 16).
Seuls les cas n ≡ 1, 3, 5, 7 doivent être testés, ce qu’on peut faire en machine :
> for k from 1 to 4 do (2*k-1)^5 mod 16;od;
Exercice 46 : Nombres pseudo-premiers, ou de Carmichael.
Montrer que ∀n ∈ Z n ∧ 561 = 1 ⇒ n560
≡ 1 (mod 561).
Montrer que ∀n ∈ Z n ∧ 1729 = 1 ⇒ n1728
≡ 1 (mod 1729).
Solution : 1) Si 561 était premier, il suffirait d’appliquer le petit théorème de Fermat. Malheureusement, 561 = 3×11×17. Et n ∧ 561 = 1 ⇔ n ∧ 3 = n ∧ 11 = n ∧ 17 = 1.
• En vertu du PTF(7) n2 ≡ 1 (mod 3) , donc n
560 = (n
2)280
≡ 1 (mod 3).
• En vertu du PTF(11) n10
≡ 1 (mod 11), donc n560
= (n10
)56
≡ 1 (mod 11).
• En vertu du PTF(17) n16
≡ 1 (mod 17), donc n560
= (n16
)35
≡ 1 (mod 17).
En conclusion, n560
≡ 1 (mod 561).
2) Si 1729 était premier, il suffirait d’appliquer le petit théorème de Fermat. Malheureusement, 1729 = 7×13×19. Et n ∧ 1729 = 1 ⇔ n ∧ 7 = n ∧ 13 = n ∧ 19 = 1.
• En vertu du PTF(7) n6 ≡ 1 (mod 7) , donc n
1728 = (n
6)288
≡ 1 (mod 7).
• En vertu du PTF(13) n12
≡ 1 (mod 13), donc n1728
= (n12
)144
≡ 1 (mod 13).
• En vertu du PTF(19) n18
≡ 1 (mod 19), donc n1728
= (n18
)96
≡ 1 (mod 19).
En conclusion n1728
≡ 1 (mod 1729).
Cet exercice montre que le petit théorème de Fermat est sans réciproque.
« Si p est premier, ∀n ∈ Z n ∧ p = 1 ⇒ np−1
≡ 1 (mod p) ».
« Si ∀n ∈ Z n ∧ p = 1 ⇒ np−1
≡ 1 (mod p) , p n’est pas forcément premier ».
Les nombres non premiers vérifiant cette propriété sont dits « pseudo-premiers », ou « nombres de Carmichael » (Robert Carmichael, 1879-1967). Les plus petits nombres de Carmichael sont 561, 645, 1105, 1387 et 1729. On a démontré en 1992 qu’il en existe une infinité. Exercice 47 : Montrer qu’il y a un multiple de 1996 dont l’écriture décimale ne comporte que des 4.
Solution : [ Oral ENS Lyon 1997 ] Cela revient à dire qu’il y a un multiple de 499 dont l’écriture décimale ne comporte que des 1. Or cela découle de l’exercice suivant, qui généralise la question. Exercice 48 : Montrer l’équivalence : 1) n est impair non multiple de 5 ; 2) Il existe un multiple de n dont l’écriture décimale ne comporte que des 1.
Solution : Les nombres impairs non multiples de 5 sont les nombres premiers à 10.
2) ⇒ 1) est facile. Les nombres de la forme r(k) = 11… 11, comportant k fois le chiffre 1 en base 10, sont premiers avec 10. Leurs diviseurs aussi.
1 3 5 7
103
1) ⇒ 2) r(k) = 1 + 10 + … + 10k−1
= 110110
−−k
= 9
110 −k
.
n divise r(k) ⇔ ∃a ∈ N* an = 9
110 −k
⇔ ∃a ∈ N* 9an = 10k – 1 ⇔ ∃a ∈ N* 10
k ≡ 1 (mod 9n).
Or si n est premier à 10, 9n aussi, car 9 est aussi premier à 10.
En vertu du théorème d’Euler, 10ϕ(9n)
≡ 1 (mod 9n). Exercice 49 : Soit N un entier ≥ 1. Montrer qu’il existe toujours un multiple de N dont l’écriture décimale est de la forme 99 … 9 00 … 0.
Solution : Mon ami François Gramain aime beaucoup cet exercice.
1ère solution : Ecrivons N sous la forme N = 2a.5
b.m , où m est impair non multiple de 5.
Nous avons montré dans l’exercice précédent qu’il existe un multiple de m dont l’écriture décimale ne comporte que des 1. A fortiori, il y a un multiple de m dont l’écriture décimale ne comporte que
des 9. Si a = b, N = 10a.m , et tout est dit. Si a < b, 2
b−a.N = 10
b.m , et tout est dit.
Si a > b, 5a−b
.N = 10a.m , et tout est dit.
2ème solution : Elle repose sur le : Lemme : Pour tout x ∈ Q, il existe un couple (m, n) tel que 10
m.( 10
n − 1 ).x ∈ Z.
Autrement dit, si l’on multiplie x par un entier convenable de la forme 99 … 9 00 … 0, on obtient un entier relatif. En effet, on sait que le développement décimal d’un nombre rationnel est périodique à partir d’un
certain rang : x = qp
= a , b t t t t … . Si m est le nombre de chiffres de b, n celui de la période t, il
vient 10m
.x = a b , t t t … = a b + t ( n101 + n210
1 + n3101 + … ) = a b +
110 −nt .
D’où 10m
.(10n − 1).x ∈ Z. Cqfd.
Dès lors, si N est un naturel N > 0 quelconque, il suffit d’appliquer le lemme à x = 1/N.
Remarque : cette méthode donne très envie de reprendre l’exercice précédent…
Exercice 50 : Montrer que 20143 divise l’entier 4×20142014…2014, où 2014 est répété 117819 fois.
Solution : [ Source : Agnès Rollet ] Analysons le résultat. Il s’agit de démontrer que 2014
3 divise l’entier
4×20142014 …2014 = 4×2014×( 1 + 104 + 10
8 + … + 10
4.117818 ) = 4×2014×
110110
4
117819.4
−−
,
Autrement dit que 20142 divise 4×
110110
4
117819.4
−−
, ou que 20142×9999 divise 4×( 10
4.117819 – 1 ).
Comme 2014 et 9999 sont premiers entre eux, il s’agit de démontrer que :
20142 divise 4×( 10
4.117819 – 1 ) ou encore que 1007
2 divise N = 10
4.117819 – 1.
Or 1007 = 19×53. Il s’agit donc de démontrer que :
192 divise N = 10
4.117819 – 1 et que 53
2 divise N = 10
4.117819 – 1
ou encore que 104.117819
≡ 1 ( mod 192
) et que 104.117819
≡ 1 ( mod 532
) .
Et c’est là que nous allons recourir au théorème d’Euler.
• 10 est premier avec 192 ; donc 10
ϕ(19²) ≡ 1 ( mod 192
) .
Or ϕ(192) = 19
2 ( 1 − 191 ) = 18×19. Donc on sait que 10
18.19 ≡ 1 ( mod 192
) .
104
Tout revient à vérifier que 18.19 divise 4.117819, autrement dit que 9.19 divise 2.117819, ou encore que 9.19 divise 117819.
• 10 est premier avec 532 ; donc 10
ϕ(53²) ≡ 1 ( mod 532
) .
Or ϕ(532) = 53
2 ( 1 − 531 ) = 52×53. Donc on sait que 10
52.53 ≡ 1 ( mod 532
) .
Tout revient à vérifier que 52.53 divise 4.117819, autrement dit que 13.53 divise 117819.
En conclusion, il reste à vérifier que 9, 13, 19 et 53 divisent 117819. Quatre divisions euclidiennes suffisent (et en fait 3, car la preuve par 9 montre que 9 divise 117819), mais, pour porter l’estocade, faisons appel à Maple : > ifactor(117819);
( ) 3 2 ( ) 13 ( ) 19 ( ) 53
Exercice 51 : repunits. On travaille en base 10. On note r(n) le nombre formé de n chiffres 1 en base 10 ; de tels entiers sont nommés « repunits ». 1) Montrer que m | n ⇒ r(m) | r(n). En déduire que r(n) est premier ⇒ n est premier. 2) Quel est le pgcd de r(4) et r(6) ? de r(m) et r(n) ? (Catalan) 3) Montrer qu’un repunit ≠ 1 n’est jamais un carré.
4) a) Soit p un nombre premier. Montrer que p | r(n) ⇒ p ∉ 2, 5. b) Montrer réciproquement que tout premier p ∉ 2, 5 divise un repunit. 5) Plus généralement, montrer que, pour qu’un entier a divise un repunit, il faut et il suffit qu’il soit impair et non multiple de 5. 6) [ Avec Maple ] Factoriser r(n) pour 1 ≤ n ≤ 30. 7) Généraliser ces résultats aux repunits en base b.
Solution : « Le 1 est brillant, le 11 est rond et brillant, 111 est rond, brillant et grumeleux, enfin 1111 est rond, brillant et tourne comme une toupie. »
Daniel Tammet, Embrasser le ciel immense (J’ai lu, p. 167)
1) Notons d’abord que r(n) = 1 + 10 + 102 + … + 10
n−1 =
110110
−−n
= 9
)(na, où a(n) = 10
n – 1.
Si n = md , r(n) = 110110
−−md
= .110110
−−m
110110
−−
m
md
= r(m).( 1 + 10m
+ … + 10m(d−1)
) .
> with(numtheory):r:=n->iquo(10^n-1,9);for n from 1 t o 100 do if isprime(r(ithprime(n))) then print(ithprime(n)); fi ; od;
Maple affirme que r(2), r(19), r(23) et r(317) sont premiers.
2) Je dis que r(m) ∧ r(n) = r(m ∧ n). Cela découle de ce que pgcd(9.a, 9.b) = 9.pqcd(a, b) et a(m) ∧ a(n) = a(m ∧ n) . Le 1er point découle du cours. Le 2ème se montre par algorithme d’Euclide : Si n = mq + r est la division euclidienne de n par m, le reste euclidien de a(n) par a(m) est a(r). En effet a(n) = 10
n – 1 = 10
mq+r – 1 ≡ 10
r – 1 = a(r) mod a(m).
Par suite, les algorithmes d’Euclide de calcul du pqcd de n et m et de a(n) et a(m) sont isomorphes. Ils s’arrêtent au même moment, pour d = pgcd(m, n). Remarque : On peut aussi éviter de passer par les a(n), et considérer directement les r(n) et r(m).
3) Un repunit ≠ 1 est congru à 11 mod 100. Or un carré n’est jamais congru à 11 mod 100.
2 19 23 317
105
En effet x2 ≡ 11 mod 100 ⇒ x
2 ≡ 1 mod 10 ⇔ x ≡ 1 ou 9 mod 10 ⇔ x ≡ ± 1 mod 10.
Or x ≡ ± 1 mod 10 ⇔ x = ± 1 + 10.k ⇒ x2 ≡ 1 ± 20.k (mod 100)
Donc x2 ≡ 11 mod 100 ⇒ ±20.k ≡ 10 mod 100 ⇔ ±2k ≡ 1 mod 10 ⇒ 2k ≡ 1 (mod 2). Impossible !
4) et 5) découlent de l’exercice précédent.
Références : Michel Demazure, Cours d’algèbre, p. 37 Paulo Ribenboim, Nombres premiers, p. 204 Pour la Science, avril 1999, p. 100 Exercice 52 : nombres parfaits. Pour tout entier n ≥ 1, on note σ(n) = ∑
nd
d la somme des diviseurs de n, y compris 1 et n.
1) a) Montrer que la fonction σ est multiplicative, en ce sens que m ∧ n = 1 ⇒ σ(mn) = σ(m).σ(n). b) En déduire l’expression de σ(n) à l’aide de la factorisation de n.
2) Un entier n est dit parfait si σ(n) = 2n.
a) Montrer que si n est de la forme n = 2h.(2
h+1 – 1), où h ≥ 1 et 2
h+1 – 1 est premier, alors n est
pair et parfait (Euclide). b) Réciproquement, si n est parfait et pair, montrer qu’il est de la forme précédente (Euler). c) Afficher les 5 premiers nombres parfaits pairs.
Solution : 1) a) Si m et n sont premiers entre eux, tout diviseur de mn s’écrit de façon unique comme produit d’un diviseur de m et d’un diviseur de n.
σ(mn) = ∑nmd
d.
= ∑ndmd
dd'','
'''. = ∑md
d'
'∑nd
d''
'' = σ(m).σ(n).
b) Si n est primaire, i.e. de la forme n = pk
, p premier, σ(n) = ∑=
k
h
hp0
= 111
−−+
ppk
.
Du coup, si n = ∏≤≤ ri
ki
ip1
)( , σ(n) = ∏≤≤
+
−−
ri i
ki
pp i
1
1
)11( .
2) Nombres parfaits pairs.
a) Si n = 2h.( 2
h+1 – 1 ), où h ≥ 1 et 2
h+1 – 1 est premier, alors :
σ(n) = σ(2h).σ(2
h+1 – 1) = )121.(
1212
11
−+−−
++
hh
= ( 2h+1
– 1 ).2h+1
= 2n.
b) Soit n un nombre parfait pair, écrit sous la forme n = 2h.m, où h ≥ 1 et m est impair.
Alors σ(n) = σ(2h).σ(m) = ( 2
h+1 – 1 ).σ(m) = 2n = 2
h+1.m .
En vertu du théorème dit de Gauss, 2h+1
divise σ(m), et 2h+1
– 1 divise m. Si m n’était pas premier, on aurait σ(m) = m + 1 + x , avec x > 0. Donc 2
h+1.m = (2
h+1 – 1).(m + x + 1), et m = (x + 1).(2
h+1 – 1). Du coup, x + 1 divise m.
On en déduirait x + 1 ≤ x, car x + 1 figurerait dans les diviseurs de m autres que 1 et m. Donc m est premier. Comme 2
h+1 – 1 divise m, 2
h+1 – 1 = m est premier.
c) Les r(h) = 2h+1
– 1 premiers sont les repunits premiers en base 2. Comme dans l’exercice précédent, ils sont à chercher parmi les r(h) où h est premier. Les deux plus petits nombres parfaits pairs sont :
6 = 2×3 = 2×( 22 − 1 ) et 28 = 4×7 = 2
2×( 23 − 1 ).
Remarque : On ignore toujours s’il existe des nombres parfaits impairs ; on conjecture qu’il n’y en a pas.
106
Références : Jean Itard 5, Arithmétique et théorie des nombres, Que sais-je n° 1093. Bourbaki, Algèbre VII 52, n° 24
Exercice 53 : 1) Montrer que σ(n) est impair ⇔ n est de la forme n = 2a
q2 , a ≥ 0, q impair.
2) Résoudre l’équation 3σ(n) = 4n − 17.
Solution : [ Oral ENS 1986 ]
1) Ecrivons n = 2a
m , où m est impair ; alors σ(n) = σ(2a).σ(m) ≡ σ(m) (mod 2).
Si m = (p1) 1k … (pr) rk , alors σ(m) = )...1(1
1∏=
++++r
i
kii
ipp ≡ )1(1
∏=
+r
iik = τ(m) mod 2.
σ(m) est impair ssi tous les 1 + ki sont impairs, i.e. ssi tous les ki sont pairs, i.e. ssi m est un carré.
2) 3σ(n) = 4n − 17 implique que σ(n) est impair, donc n = 2a
q2 , a ≥ 0, q impair.
Cela implique aussi n ≡ 2 (mod 3), donc (table des carrés dans Z/3Z) a ≥ 1.
Dès lors σ(n) = ( 2a+1
− 1 ). σ(q
2) ≥ ( 2
a+1 − 1 ).q
2 ≥
32 2
a+1 q
2 , car 2
a+1 ≥ 3.
Finalement, 3σ(n) ≥ 4n. L’équation est sans solution.
Exercice 54 : nombres de Fermat. On appelle n-ème nombre de Fermat l’entier Fn = n2
2 + 1.
1) Calculer Fn pour 0 ≤ n ≤ 5. Tester leur primarité avec Maple.
2) a) Trouver une formule de récurrence liant Fn+1 et Fn .
b) Trouver une formule de récurrence liant Fn+1 et le produit F0.F1.F2 … Fn .
¶ 3) Montrer que pour n ≥ 2, tout facteur premier de Fn est de la forme k.2n+2
+ 1 (Euler).
4) a) Montrer que si m ≠ n, Fm et Fn sont premiers entre eux.
b) En déduire qu’il y a une infinité de nombres premiers. 5) Etudier les chiffres des unités, des dizaines des nombres de Fermat. Généraliser.
6) a) Montrer que, si 2m
+ 1 est premier, alors m est une puissance de 2.
b) Plus généralement, si am
+ 1 est premier (a et m ≥ 2), montrer que a est pair et m est une puissance de 2.
Solution : 1) Les nombres de Fermat sont préprogrammés par Maple : > with(numtheory):alias(F=fermat); > F(n);
+ 2( )2n
1 > for n from 0 to 6 do print(F(n),"=",ifactor(F(n))); od;
, ,3 "=" ( ) 3 , ,5 "=" ( ) 5 , ,17 "=" ( ) 17 , ,257 "=" ( ) 257 , ,65537"=" ( ) 65537
, ,4294967297"=" ( ) 641 ( ) 6700417 , ,18446744073709551617"=" ( ) 67280421310721( ) 274177
> print(F(7,'w'),w); 340282366920938463463374607431768211457it is completely factored , ,
( ) + ( ) 2 9 ( ) 116503103764643 1 ( ) + ( ) 2 9 ( ) 3 5 ( ) 5 ( ) 733803839347 ( ) 12497 1
5 Jean Itard (1902-1979) fut un grand historien français des mathématiques.
107
2) a) F0 = 3 et Fn+1 = 1 + ( Fn – 1 )2
. b) F0 = 3 et Fn = 2 + F0.F1 …. Fn−1 .
Cette seconde formule découle par récurrence de ce que 221
−−+
n
n
FF = Fn .
Et cela découle de a) car Fn+1 − 1 = ( Fn – 1 )2 − 1 = ( Fn – 2 ) Fn .
3) Soit p un premier divisant Fn. Alors n2
2 ≡ − 1 (mod p) et 12
2+n
≡ 1 (mod p) .
Donc dans (Z/pZ)*, 2 est d’ordre 2n+1
. Par suite 2n+1
| p – 1 . En particulier p ≡ 1 (mod 8).
Or on sait que (p2 ) = 2
1
2−p
= +1 si p ≡ ± 1 (mod 8) et = −1 si p ≡ ± 5 (mod 8).
Donc 21
2−p
≡ +1 (mod p), d’où 2n+1
| 2
1−p, donc p = 1 + k.2
n+2 .
Par exemple, un test montre que 1 + 5.27 = 641 divise F5.
4) a) Supposons n < m. Alors, en vertu de 2.b), Fn divise F0.F1….Fm−1 = Fm – 2.
Si d divise Fn et Fm , alors d divise 2. Mais tous les Fermat sont impairs, donc d = 1.
b) Pour chaque entier n, choisissons un diviseur premier qn de Fn.
En vertu de a), l’application n → qn est injective.
5) On constate que, pour n ≥ 2, Fn se termine par 7, et même par 17, 57, 37 et 97 selon que n est congru à 2, 3, 0, 1 (mod 4). Il suffit d’étudier les puissances de 2 modulo 10, resp. modulo 100.
6) a) Supposons que m n’est pas une puissance de 2 ; cela signifie qu’il n’est pas totalement
féminin : il est divisible par un nombre impair, et s’écrit m = (2k + 1)2q. Posons a =
q22 .
Alors 2m
+ 1 = a2k+1
+ 1 = ( a + 1 ).( a2k
− … − a + 1 ) est composé.
b) Si am
+ 1 est premier (a et m ≥ 2), a est pair, sinon am
+ 1 serait pair et ≥ 4. Et on est ramené à a)
Remarque : Fermat avait conjecturé que tous les nombres de Fermat étaient premiers. Euler a
infirmé ce résultat en considérant F5. En 1877, Pépin a trouvé un test de primarité des nombres de Fermat. On conjecture maintenant que les seuls nombres de Fermat premiers sont les 5 premiers... Gauss a démontré en 1796 que les nombres premiers de Fermat jouent un rôle central dans la construction des polygones réguliers à la règle et au compas. En particulier, on sait construire à la règle et au compas un polygone régulier de 3, 5, 17, 257, 65537 côtés. Exercice 55 : Soient a et b ≥ 1 premiers entre eux, n un naturel.
Montrer qu’il y a [abn ] ou [
abn ] + 1 couples (x, y) ∈ N
2 solutions de l’équation ax + by = n.
Solution :
On sait (Bachet-Bezout) qu’il existe un couple (x0, y0) ∈ Z2 tel que ax0 + by0 = 1.
Il vérifie ay0 +
bx0 =
abn . En soustrayant et en invoquant le théorème dit de Gauss, on montre que
les couples solutions sont (x, y) = (x0 + kb, y0 + ka), où k décrit Z.
Mais on veut que x et y soient ≥ 0. Cela a lieu ssi −bx0 ≤ k ≤
ay0 .
Il y a donc autant de couples solutions (x, y) ∈ N2 que d’entiers relatifs k ∈ [−
bx0 ,
ay0 ].
Ce nombre est nul si ay0 < −
bx0 , i.e. si n < 0. Sinon, il vaut
ay0 − −
bx0 + 1 ,
où x désigne le plancher (ou partie entière) et x le plafond du réel x.
Tout découle du lemme suivant, laissé en exercice :
108
Lemme : Si c et d sont deux réels tels que c ≤ d, alors card ( Z ∩ [c, d] ) = d − c ou d − c + 1.
Le résultat démontré dans cet exercice a pour conséquence :
Corollaire : pour n > ab, l’équation ax + by = n a au moins une solution (x, y) ∈ N2 .
Exercice 56 : Soient a et b deux entiers > 0 premiers entre eux, S l’ensemble des entiers de la forme a.x + b.y, où x et y décrivent N (S est donc le sous-monoïde de N engendré par a et b). 1) Exemple : décrire S si a = 3, b = 5. 2) On revient au cas général. a) Montrer qu’il existe un entier N(a, b) tel que tout entier n ≥ N(a, b) appartient à S. b) Montrer que le plus petit entier N(a, b) vérifiant cette propriété est ( a − 1 ).( b − 1 ).
c) Montrer qu’exactement la moitié des entiers ≤ ( a − 1 ).( b − 1 ) appartiennent à S.
Solution : Exercice 57 : Soient A un ensemble d’entiers naturels, premiers entre eux dans leur ensemble, P l’ensemble des combinaisons linéaires d’éléments de A à coefficients dans N. Montrer qu’il existe un entier N tel que N + 1 , N + 2 , N + 3 , … ⊂ P . Solution :
0) Cet exercice généralise le précédent : Si P = ax + by ; (x, y) ∈ N×N est le sous-monoïde de (N, +) engendré par deux nombres premiers entre eux a et b , P ∩ [ab + 1 , +∞[ = [ab + 1 , +∞[ .
1) P est le sous-monoïde de (N, +) engendré par A. Un exemple va nous mettre sur la voie : Si A = 6, 10, 15 , P = 0, 6, 10, 12, 15, 16, 18, 20, 21, 22, 24, 25, 26, 27, 28, 30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, … . Ici, N = 29, dernier « trou » dans la liste.
2) Par Bachet-Bezout, il existe a1 < a2 < … < ar dans A et (c1 , c2 , … , cr ) ∈ Zr tel que 1 = ∑ ii ca .
Si l’on trouve un N tel que N + 1, N + 2, … , N + a1 ⊂ P, c’est gagné.
Cherchons N sous la forme N = ∑ ii ba . Pour tout k , N + k = )( iii kcba +∑ .
On veut que bi + k.ci ≥ 0 pour 1 ≤ k ≤ a1 .
Lorsque ci ≥ 0, prendre bi ≥ 0 ; lorsque ci < 0, prendre bi ≥ − a1.ci .
Pour tout i, prendre bi = max(0, − a1.ci ).
Autre solution : Soit S = ∑ ia . Tout entier n s’écrit n = x.S + y, où 0 ≤ y < S. Et n = )( ii ycxa +∑ .
Soit N = S2.max |ck| − 1. Alors n > N implique n ≥ S
2.max |ck| , donc x = [
Sn ] ≥ S.max |ck| et
(∀k) x + cky ∈ N , car |ck.y| ≤ |ck|.S ≤ x.
Remarque : ce lemme sert dans la démonstration d’un théorème taubérien d’Erdös-Feller-Pollard (cf. W. Feller, Introduction to probability theory, t. 1). Exercice 58 : Soit P une partie de N, contenant strictement 0 et stable par addition. Montrer qu’il existe (n, k) ∈ N×N* tel que P ∩ [n, +∞[ = kN ∩ [n, +∞[ .
Solution : [ Oral ENS 1997, RMS n° 260, corrigé juin 98 ] Cet exercice généralise le précédent, et il en découle aisément si l’on note k le pgcd de tous les éléments de P, et si l’on applique l’exercice précédent à (1/k).P.
Exercice 59 : Soient P(a, b) et Q(m, n) deux points de Z2. Montrer l’équivalence des propriétés :
109
a) Il n’existe pas de points à coordonnées entières sur l’intervalle ] P, Q [ ; b) pgcd( a − m, b − n ) = 1.
Solution : [ Oral X 1991, RMS n° 60 ]
A translation près, soit M le point tel que OM = QP .
Il est clair que ]Q, P[ ∩ Z2 = ∅ ⇔ ]O, M[ ∩ Z
2 = ∅ …
Exercice 60 : Soient a et b ≥ 1 premiers entre eux. Montrer que aϕ(b)
+ bϕ(a)
≡ 1 (mod ab).
Solution : En vertu du théorème de Bachet-Bezout, ∃(u, v) 1 = au + bv.
En vertu du théorème d’Euler, aϕ(b)
≡ 1 (mod b) et bϕ(a)
≡ 1 (mod a).
Par ailleurs, aϕ(b)
≡ 0 (mod a) et bϕ(a)
≡ 0 (mod b). Or au ≡ 1 (mod b) et au ≡ 0 (mod a) , et de même bv ≡ 1 (mod b) et bv ≡ 0 (mod a).
Donc, aϕ(b)
≡ au (mod ab) et bϕ(a)
≡ bv (mod ab).
D’où aϕ(b)
+ bϕ(a)
≡ 1 (mod ab). Cqfd. Exercice 61 : 1) On considère l’équation ax + by = 1 , où a et b ∈ Z' sont premiers entre eux.
Montrer que les couples solutions sont : (x, y) = ( aϕ(b)−1 + k.b ,
ba b)(1 ϕ−
− k.a ) , où k décrit Z.
2) Exprimer à l’aide de ϕ les solutions de a.x + b.y = c .
3) Résoudre le système de congruences : x ≡ m (mod a) et x ≡ n (mod b).
Solution : 1) Tout d’abord, b divise 1 − aϕ(b)
en vertu du théorème d’Euler.
On constate que a.aϕ(b)−1
+ b.ba b)(1 ϕ−
= 1 ; (x0, y0) = ( aϕ(b)−1 ,
ba b)(1 ϕ−
) est un couple solution.
Il reste à trouver les autres couples solutions par soustraction et théorème de Gauss. 2) Supposons a, b et c non nuls. Si pgcd(a, b) ne divise pas c, il n’y a pas de solution. Sinon, diviser par c ; les solutions sont données par :
(x, y) = ( (ca )
ϕ(b/c)−1 + k
cb ,
cbca cb
/)/(1 )/(ϕ−
− kca ) , où k décrit Z.
3) Laissée au lecteur…
Exercice 62 : Soit m ∈ N. La plus grande puissance de 2 qui divise [( 1 + 3 )2m+1] est 2
m+1.
Solution : Je dis que [( 1 + 3 )2m+1] = ( 1 + 3 )2m+1 + ( 1 − 3 )2m+1 .
En effet ( 1 + 3 )n + ( 1 − 3 )
n ∈ Z pour tout n ∈ N. De plus −1 < 1 − 3 < 0, donc −1 < ( 1 − 3 )
2m+1 < 0.
On a ( 1 + 3 )2m+1 + ( 1 − 3 )2m+1
= ( 1 + 3 ).( 4 + 2 3 )m + ( 1 − 3 )( 4 − 2 3 )m
= 2m [ ( 1 + 3 ).( 2 + 3 )m + ( 1 − 3 )( 2 − 3 )m ] = 2
m.A
En vertu du binôme, A est de la forme :
A = 2.(a + b 3 ) + ( 1 + 3 )( 3 )m
+ 2.( a − b 3 ) + ( 1 − 3 )(− 3 )m
où a, b ∈ Z.
A est divisible par 2 et non par 4.
Références : Polya-Szegö, t. 2, n° 11, p. 112.
Exercice 63 : Résoudre dans N2 les équations n (n + 1) = m
2 et n (n + 1) (n + 2) = m
2.
110
Solution : [ Oraux Centrale MP 2010, RMS n° 724 et 2011, RMS n° 796. ] La première équation peut se résoudre élémentairement.
En effet, n(n + 1) = m2 implique n
2 ≤ m
2 < (n + 1)
2, donc n ≤ m < n + 1, donc m = n.
Et m = n implique n = m = 0. Autre solution :
n(n + 1) = m 2 équivaut à ( n + ½ )
2 – m
2 = ¼, i.e. à (2n + 1)
2 − 4m
2 = 1.
( On cherche donc les points à coefficients entiers situés sur une hyperbole. ) Mais la relation trouvée s’écrit aussi : (2n + 2m + 1).(2n – 2m + 1) = 1. Comme m et n sont des entiers positifs, il vient 2n + 2m + 1 = 1, donc m = n = 0.
Voici une solution arithmétique des deux équations. Le couple (0, 0) est solution de chacune de ces équations diophantiennes. C’est le seul. La preuve repose sur le : Lemme : Si a et b sont deux entiers ≥ 1 premiers entre eux et si leur produit ab est un carré, chacun d’eux est un carré. Ce lemme découle du théorème fondamental de l’arithmétique. • Supposons n(n + 1) = m
2 , n ≥ 1. Comme n et n + 1 sont premiers entre eux, chacun d’eux est un
carré. Or il n’y a pas deux carrés consécutifs dans N*. • Supposons n(n + 1)(n + 2) = m
2 , n ≥ 1. Comme n +1 est premier avec n et n + 2, il est premier
avec n(n + 2). Donc n + 1 et n(n + 2) sont des carrés. Comme n(n + 2) = (n + 1)
2 − 1, n(n + 2) et (n + 1)
2 seraient deux carrés consécutifs. Impossible !
Remarque : Maple sait résoudre la première équation, non la seconde. > isolve(n*(n+1)=m^2,m,n);
, , = m 0 = n 0 , = m 0 = n -1
Exercice 64 : Existe-t-il un couple (x, y) ∈ N×N tel que x2 + y
2 = 2011 , resp. 2012 ?
Solution : [ Oral CCP PSI 2011, RMS n° 1176 ] Si l’on raisonne modulo 4, on voit que x
2 ≡ 0 ou 1 (mod 4), donc x
2 + y
2 ≡ 0, 1 ou 2 (mod 4).
De plus, x2 + y
2 ≡ 0 (mod 4) ⇔ x et y sont pairs.
• Comme 2011 ≡ 3 (mod 4), 2011 n’est pas somme de deux carrés. • Comme 2012 ≡ 0 (mod 4), x
2 + y
2 = 2012 ⇒ x et y sont pairs.
Posant x = 2a, y = 2b, il viendrait : a2 + b
2 = 503 ≡ 3 (mod 4) : impossible !
Remarque : Le théorème des deux carrés permet d’écraser l’exercice. Il s’énonce ainsi : « Pour qu’un entier naturel n soit somme de deux carrés, il faut et il suffit que, pour tout facteur
premier p ≡ 3 (mod 4) de n, l’exposant vp(n) soit pair ».
n = 2011 est premier ≡ 3 (mod 4), et l’exposant v2011(n) = 1 est impair.
n = 2012 est divisible par 503 ≡ 3 (mod 4), et l’exposant v503(n) = 1 est impair. > ifactor(2011);isolve(x^2+y^2=2011,x,y);
( ) 2011 > ifactor(2012);isolve(x^2+y^2=2012,x,y);
( ) 2 2 ( ) 503 Exercice 65 : quelques équations diophantiennes. Montrer que les équations :
x2 – 3y
2 = 2 , x
2 – 4y
2 = 3 , x
2 – 5y
2 = 3 , 15x
2 – 7y
2 = 9 , y
2 – 2 = x
3 , x
2 – 2y
2 = 3 ,
sont sans solutions dans Z×Z.
111
Solution :
x2 – 3y
2 = 2 ⇒ x
2 ≡ 2 (mod 3) ; x
2 – 4y
2 = 3 ⇒ x
2 ≡ 3 (mod 4)
x2 – 5y
2 = 3 ⇒ x
2 ≡ 3 (mod 5) ; 15x
2 – 7y
2 = 9 ⇒ y
2 ≡ 3 (mod 5).
Or si l’on fait les tables des carrés dans Z/3Z, Z/4Z, Z/5Z, on voit que c’est impossible. Pour les équations y
2 – 2 = x
3 et x
2 – 2y
2 = 3, passons dans Z/8Z.
On a toujours x3 ≡ 0, 1, 3 ou 5 (mod 8), donc x
3 + 2 ≡ 2, 3, 5 ou 7 (mod 8).
Comme on a toujours y2 ≡ 0, 1 ou 4 (mod 8), il est impossible que y
2 = 2 + x
3 .
Ceci montre aussi que x2 – 2y
2 ≡ 0, 1, 2, 4, 6 ou 7 (mod 8).
Il est donc impossible que x2 – 2y
2 ≡ 3 (mod 8) et, a fortiori, que x
2 – 2y
2 = 3.
Remarques :
1) On peut aussi montrer l’impossibilité de y2 – 2 = x
3 et de x
2 – 2y
2 = 3 en utilisant l’arith-
métique de l’anneau Z[ 2 ], qui est euclidien, donc factoriel. 2) Cet exercice se généralise facilement ainsi :
Soit P ∈ Z[X1, …, Xn] un polynôme à n indéterminées à coefficients dans Z.
Considérons l’équation (1) P(x1, …, xn) = 0 , où les solutions sont cherchées dans Zn.
Si l’équation (1) a une solution, chacune des congruences (2) P(x1, …, xn) ≡ 0 (mod m) a une solution. Or, pour chaque m, l’ensemble des classes modulo m est fini, par suite la congruence (2) s’étudie directement en examinant au plus m
n cas.
S’il existe un entier m pour lequel (2) est sans solution, alors (1) est sans solution. Mais (2) peut avoir au moins une solution pour chaque m, sans que (1) ait une solution. La résolution d’une équation diophantienne est parfois fort difficile : cf. le théorème de Fermat, etc., et nous n’avons fait ici qu’effleurer le sujet !
Exercice 66 : Trouver les couples (x, y) ∈ Z×Z tels que x3 − y
3 = 19.
Solution : Tout d’abord x > y. De plus ( x – y )( x
2 + xy + y
2 ) = 19 implique x – y = 1 ou 19.
Si x – y = 1, x2 + xy + y
2 = 19. Comme x = y + 1, en reportant, on trouve (y – 2)(y + 3) = 0.
Donc (x, y) = (3, 2) ou (−2, −3). Si x – y = 19, x
2 + xy + y
2 = 1. Comme x = y + 19, il n’y a pas de solution.
Conclusion : (x, y) = (3, 2) ou (−2, −3). Exercice 67 : Extrait de compte. Alice et Bob viennent de recevoir leur relevé bancaire. Chacun dispose sur son compte d’un nombre entier d’euros, compris entre 1000 et 4000. « Tiens, constate Bob, tu as 2015 euros de plus que moi. − Et si on multiplie entre eux les deux nombres, on obtient un carré parfait », ajoute Alice. Combien chacun des deux comparses possède-t-il sur son compte ? Bob médite : « Quand je pense qu’avec les mêmes hypothèses, certains sont millionnaires… » A quelle configuration Bob fait-il allusion ? Combien existe-t-il de couples d’entiers distants de 2015 dont le produit soit un carré parfait ?
Solution : [ Le Monde, Affaire de logique, 23 décembre 2015, n° 944 ] Notons a la somme dont dispose d’Alice, b celle dont dispose Bob.
1) On a a = b + 2015 , a.b = n2
, où a, b et n sont des entiers naturels.
Il vient successivement : b.( b + 2015 ) = n2
,
ou encore : b2
+ 2015.b = n2
,
112
ou encore : 4.b2
+ 4.2015.b = 4.n2
,
ou encore : ( 2b + 2015 )2 = 4 n
2 + 2015
2 ,
ou encore : ( 2b + 2n + 2015 ).( 2b – 2n + 2015 ) = 20152
= 52.13
2.31
2
Les diviseurs positifs de 20152
= 52.13
2.31
2 sont au nombre de 3.3.3 = 27.
Par conséquent, il y a un nombre fini de triplets (a, b, n) possibles.
> with(numtheory);ifactor(2015^2);dd:=divisors(2015^2 );
( ) 5 2 ( ) 13 2 ( ) 31 2
dd 1 5 13 25 31 65 155 169 325 403 775 845 961 2015 4225 4805 5239, , , , , , , , , , , , , , , , , :=
10075 12493 24025 26195 62465 130975 162409 312325 812045 4060225, , , , , , , , ,
2) Dans le premier cas, a et b sont compris entre 1000 et 4000.
Comme a = 2015 + b , 2015 ≤ a ≤ 4000 , 1000 ≤ b ≤ 1985 et 1737 ≤ n = ab ≤ 2817.
Donc 7489 ≤ D = 2b + 2n + 2015 ≤ 11619.
Or D est un diviseur de 52.13
2.31
2. Il n’y en a qu’un : D = 10075.
Alors 2b + 2n + 2015 = 10075 , 2b − 2n + 2015 = 20152 / 10075.
Conclusion : a = 3627 , b = 1612 , n = 2418.
3) Dans le second cas, on trouve :
Conclusion : a = 1016064 , b = 1014049 , n = 1015056.
Exercice 68 : Trouver les couples (m, n) ∈ N×N tels que 3m
− 2n = 1.
Solution : [ Oral ENS 2003, RMS n° 1 ] Les couples (1, 1) et (2, 3) sont solutions de cette équation diophantienne. Montrons que ce sont les seuls. 1er cas : m est impair : m = 2k + 1. Raisonnons modulo 4 : 3
2k+1 ≡≡≡≡ (−1)
2k+1 = −1 (mod 4).
Du coup, 2n = 3
m – 1 ≡ 2 (mod 4), ce qui implique n = 2, puis 3
m = 3 et m = 1.
2ème cas : m est pair : m = 2k .
On a alors 2n = 3
2k – 1 = ( 3
k – 1 )( 3
k + 1 ).
Donc il existe des entiers p et q tels que 3k – 1 = 2
p et 3
k + 1 = 2
q , avec q > p.
L’égalité 2q – 2
p = 2
p ( 2
q−p − 1) = 2 impose p = 1 et q = p + 1 = 2. Au final, m = 2 et n = 3.
Remarque : ce résultat est un cas très particulier de la conjecture de Catalan (1844), selon laquelle les seules puissances d’entiers consécutives sont 8 et 9. Cette conjecture a été démontrée en 2001 par le mathématicien d’origine roumaine Pedra Mihailescu. On trouvera dans la RMS (janvier 2005, p. 117 et avril 2012, p. 119), plusieurs solutions partielles de la conjecture de Catalan.
Exercice 69 : 1) Quels sont les réels x tels que 3x + 4
x = 5
x ?
2) Quels sont les triplets (x, y, z) d’entiers naturels tels que 3x + 4
y = 5
z ?
Solution : 1) L’équation s’écrit aussi (3/5)x + (4/5)
x = 1.
La fonction f(x) = (3/5)x + (4/5)
x = )5/3ln(xe + )5/4ln(xe est strictement décroissante comme somme de
fonctions strictement décroissantes, donc injective, et telle que f(2) = 1. Conclusion : x = 2. 2) Solution dans la RMS octobre 2012, p. 125-126.
113
Exercice 70 : Démontrer que l’équation x1 +
y1 +
z1 +
t1 = 1 a un nombre fini de solutions en
nombres entiers > 0. Les trouver toutes.
Solution : [ W. Sierpinski, Exercices de théorie des nombres, 5.186 p. 41 ] On peut supposer x ≤ y ≤ z ≤ t sans restreindre la généralité ; il suffira ensuite de permuter x, y, z et t.
Je dis que 2 ≤ x ≤ 4 ; cela découle de : x1 <
x1 +
y1 +
z1 +
t1 = 1 ≤
x4 .
• Si x = 2, y1 +
z1 +
t1 =
21 . Je dis que 3 ≤ y ≤ 6, car
y1 <
21 ≤
y3 . Donc y = 3, 4, 5 ou 6.
♣ Si y = 3, z1 +
t1 =
61 implique
z1 <
61 ≤
z2 . Donc z = 7, 8, 9, 10, 11 ou 12.
z = 7 donne (2, 3, 7, 42) z = 8 donne (2, 3, 8, 24) z = 9 donne (2, 3, 9, 18) z = 10 donne (2, 3, 10, 15) z = 11 ne donne rien z = 12 donne (2, 3, 12, 12).
♦ Si y = 4, z1 +
t1 =
41 implique
z1 <
41 ≤
z2 . Donc z = 5, 6, 7 ou 8.
z = 5 donne (2, 4, 5, 20) z = 6 donne (2, 4, 6, 12) z = 7 ne donne rien z = 8 donne (2, 4, 8, 8).
♥ Si y = 5, z1 +
t1 =
103 implique
z1 <
103 ≤
z2 . Donc z = 5 ou 6.
z = 5 donne (2, 5, 5, 10) z = 6 ne donne rien.
♠ Si y = 6, z1 +
t1 =
31 implique
z1 <
31 ≤
z2 . Donc z = 6. On trouve (2, 6, 6, 6).
• Si x = 3, y1 +
z1 +
t1 =
32 implique
32 ≤
y3 . Donc y = 3 ou 4.
♣ Si y = 3, z1 +
t1 =
31 implique
z1 <
31 ≤
z2 . Donc z = 4, 5 ou 6.
z = 4 donne (3, 3, 4, 12) z = 5 ne donne rien z = 6 donne (3, 3, 6, 6).
♦ Si y = 4, z1 +
t1 =
125 implique
z1 <
125 ≤
z2 . Donc z = 4. On trouve (3, 4, 4, 6).
• Si x = 4, y1 +
z1 +
t1 =
43 implique
43 ≤
y3 . Donc y = 4.
z1 +
t1 =
21 implique
z1 <
21 ≤
z2 . Donc z = 4. Et finalement t = 4. On trouve (4, 4, 4, 4).
Conclusion : il y a 14 quadruplets (x, y, z, t) tels que x1 +
y1 +
z1 +
t1 = 1 et x ≤ y ≤ z ≤ t .
(2, 3, 7, 42), (2, 3, 8, 24), (2, 3, 9, 18), (2, 3, 10, 15), (2, 3, 12, 12), (2, 4, 5, 20), (2, 4, 6, 12), (2, 4, 8, 8), (2, 5, 5, 10), (2, 6, 6, 6), (3, 3, 4, 12), (3, 3, 6, 6), (3, 4, 4, 6), (4, 4, 4, 4).
Il y a 215 quadruplets (x, y, z, t) tels que x1 +
y1 +
z1 +
t1 = 1.
Exercice 71 : 1) Montrer que ∀(a, b) ∈ Z×Z 11 | a2 + b
2 ⇒ 11 | a et 11 | b .
2) Résoudre dans Z3 l’équation diophantienne (E) x
2 + y
2 = 11.z
2.
Solution :
1) La propriété demandée s’écrit a2 + b
2 ≡ 0 (mod 11) ⇒ a ≡ 0 (mod 11) et b ≡ 0 (mod 11)
ou encore ∀(x, y) ∈ Z/11Z×Z/11Z x2 + y
2 = 0 ⇒ x = y = 0 .
Comme Z/11Z est un anneau fini, il suffit de faire 121 vérifications ! En fait, moins
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
114
x² 0 1 4 9 5 3 3 5 9 4 1
Ainsi x2 = 0, 1, 3, 4, 5 ou 9. Voici la table des sommes x
2 + y
2 :
y² et x² 0 1 3 4 5 9
0 0 1 3 4 5 9
1 1 2 4 5 6 10
3 3 4 6 7 8 1
4 4 5 7 8 9 2
5 5 6 8 9 10 3
9 9 10 1 2 3 7
Cette table montre que x2 + y
2 décrit tout Z/11Z, et que x
2 + y
2 = 0 ⇒ x = y = 0 .
Cependant, il existe une solution plus abstraite.
Lemme : Soit K un corps commutatif. Les propriétés suivantes sont équivalentes :
i) ∀(x, y) ∈ K×K x2 + y
2 = 0 ⇒ x = y = 0 .
ii) −1 n’est pas un carré dans K . Comme –1 n’est pas un carré dans Z/11Z, on conclut aussitôt.
2) L’équation diophantienne (E) x2 + y
2 = 11.z
2 a pour seule solution (0, 0, 0).
En effet, il découle de 1) que 11 divise x et y.
Posons x = 11x’ et y = 11 y’ ; alors 121(x’2 + y’
2) = 11.z2
implique que 11 divise z ; soit z = 11 z’.
Alors x’2 + y’
2 = 11.z’2 . On conclut que (x, y, z ) = (0, 0, 0) par descente infinie de Fermat.
Remarque : Les exercices suivants permettent de généraliser cela : tout repose sur le fait que 11 ≡ 3 (mod 4).
Exercice 72 : Soit p un premier impair. Montrer p ≡ 1 ( mod 4 ) ⇔ (∃c ∈ Z) p | c2 + 1 .
[ Indication : si p = 1 + 4k , noter que ( p − 1 )! ≡ 1.2 ... (2k)(−2k) ... (−2)(−1) mod p ]
Solution : Ce résultat joue un rôle important dans le théorème caractérisant les sommes de 2 carrés.
1) Supposons que (∃c ∈ Z) p | c2 + 1 . Alors c
2 ≡ −1 ( mod p ).
Alors −1 serait un carré (résidu quadratique) modulo p.
En vertu du petit théorème de Fermat, 21
)1(−
−p
= 1−pc ≡ 1 ( mod p ).
Cela implique que 2
1−p est pair, donc que p est de la forme 1 + 4k.
2) Réciproquement, si p est premier, le théorème de Wilson s’écrit ( p − 1 )! ≡ − 1 ( mod p ). Or p étant de la forme 4k + 1 : ( p − 1 )! = 1.2 ... (2k)(2k + 1) ... (4k) ≡ 1.2 ... (2k)(−2k) ... (−2)(−1) = (2k)!
2 ( mod p ).
Conclusion : c = (2k) ! vérifie bien p | c2 + 1 .
Remarque : Il existe d’autres preuves de ce résultat. En voici une : Exercice 73 : Soit p un nombre premier impair. 1) Montrer que dans (Z/pZ)*, y RRRR x ⇔ y ∈ x, − x, 1/x, − 1/x est une relation d’équivalence. 2) Montrer que la classe de x a 2 ou 4 éléments, et qu’il n’y a qu’une ou 2 classes à 2 éléments. 3) En déduire une cns pour que −1 soit un carré dans (Z/pZ)*
Solution :
115
1) Les fonctions x → x, x → −x, x → 1/x, x → −1/x forment un sous-groupe G à 4 éléments du groupe SSSS((Z/pZ)*) des permutations de (Z/pZ)*, isomorphe au groupe de Klein. Ce groupe agit naturellement sur (Z/pZ)*, et l’orbite de x est O(x) = x, − x, 1/x, − 1/x .
2) En vertu de la formule des classes, card O(x) = card G / card F(x), où F(x) est le groupe fixateur de x. De plus, p étant impair, x ≠ − x et card O(x) = 2 ou 4. On a card O(x) = 2 ssi 1/x = x ou – x, autrement dit si x
2 = 1 ou –1.
O(1) = O(−1) = 1, −1 est une orbite à 2 éléments.
Si l’équation x2 = –1 est sans solution, il n’y a pas d’autre orbite à 2 éléments.
Si elle a des solutions, a et – a, alors O(a) = O(− a) = a, − a, et il y a deux orbites à 2 éléments. Dans le premier cas, p – 1 = 2 + 4k, dans le second cas, p – 1 = 4 + 4k, où k désigne le nombre d’orbites à 4 éléments. Dans le premier cas, p ≡ 3 (mod 4), dans le second cas, p ≡ 1 (mod 4).
3) Par disjonction des cas, on conclut que :
Théorème : Soit p un nombre premier impair. Pour que −1 soit un carré dans (Z/pZ)*, il faut et il suffit que p ≡ 1 (mod 4).
Exercice 74 : Soit p un nombre premier impair, Fp = Z/pZ.
1) Montrer qu’il y a 2
1−p carrés non nuls dans Fp .
2) Soit x ∈ Fp*. Montrer que x est un carré si et seulement si 21−p
x = 1.
3) En déduire que –1 est un carré dans Fp si et seulement si p ≡ 1 (mod 4).
Solution : 1) Soit Γ l’ensemble des carrés non nuls de Fp.
L’application x → x2 est une surjection de Fp* sur Γ, et chaque élément de Γ a deux antécédants ; en
vertu du principe des bergers, Γ a 2
1−p éléments. C’est un sous-groupe de Fp*.
2) Si x est élément de Γ, x = y2, alors 2
1−p
x = 1−py = 1 en vertu du petit théorème de Fermat.
Ainsi Γ ⊂ x ; 21−p
x = 1 = E. Mais E a au plus 2
1−p éléments, en tant qu’ensemble des solutions
d’une équation polynomiale de degré 2
1−p dans un corps commutatif. Par conséquent, Γ = E.
3) –1 est un carré dans Fp si et seulement si 21
)1(−
−p
= 1 ; cela équivaut à p ≡ 1 (mod 4).
Exercice 75 : Démontrer que la congruence x5 + y
5 ≡ z
5 (mod 25) n’a pas de solution en nombres
entiers x, y, z non divisibles par 5.
Solution : [ Borevitch-Chafarevitch, Théorie des nombres, ex. 1, p. 182 ] Autrement dit, x
5 + y
5 ≡ z
5 (mod 25) ⇒ x ou y ou z ≡ 0 (mod 5).
Dressons la table des puissances 5-èmes modulo 25 : x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24
x5 0 1 7 18 24 0 1 7 18 24 0 1 7 18 24 0 1 7 18 24 0 1 7 18 24
Dressons la table des sommes x5 + y
5 modulo 25 :
0 1 7 18 24 0 0 1 7 18 24
116
1 1 2 8 19 0 7 7 8 14 0 6 18 18 19 0 11 17 24 24 0 6 17 23
Cette table montre le résultat annoncé, car les seuls cas où x5 + y
5 ≡ 0, 1, 7, 18 ou 24 (mod 25) sont
les cas où x5, y
5 ou z
5 est congru à 0 (mod 25), i.e., en remontant, où x, y ou z est divisible par 5.
Remarque : Ceci est en réalité lié au cas le plus simple du grand théorème de Fermat.
Exercice 76 : Soit p un nombre premier. Dénombrer les couples (x, y)∈(Z/pZ)2 tels que x
2 + y
2 = 1.
Solution : [ Oral ENS Ulm 2011, RMS n° 7 ]
• Si p = 2, x2 = x pour tout x ∈ Z/2Z . Donc x
2 + y
2 = 1 ⇔ x + y = 1 ⇔ y = 1 + x.
L’ensemble cherché est une droite affine dans (Z/2Z)2 ; il a deux éléments.
• Supposons désormais p impair. Nous allons paramétrer la
conique C d’équation x2 + y
2 = 1 dans (Z/pZ)
2 , au moyen,
non du sinus-cosinus, mais de la méthode de la corde. Choisissons un point A de C, par exemple A(−1, 0), et coupons C par la droite passant par A de pente m :
y = m.(x + 1). On obtient m2
(1 + x)2 = (1 − x)(1 + x) , donc,
comme x ≠ −1, M(²1²1
mm
+− ,
²12mm
+ ).
On récupère A en adjoignant à Z/pZ un point à l’infini ∞ et en convenant que M(∞) = (−1, 0). Ainsi l’application m ∈ (Z/pZ) ∪ ∞ − S → M(m) ∈ C
est une bijection, où S = m ; m2 + 1 ≠ 0 .
Par conséquent, en vertu des exercices précédents :
Si p ≡ 1 (mod 4), −1 est un carré dans Z/pZ, S a deux éléments. C a donc p + 1 − 2 = p − 1 éléments. Si p ≡ 3 (mod 4), −1 n’est pas un carré dans Z/pZ, S est vide, et C a p + 1 éléments.
Bilan : card (x, y)∈(Z/pZ)2 ; x
2 + y
2 = 1 = 2 si p = 2 , p−1 si p ≡ 1 (mod 4) , p+1 si p ≡ 3 (mod 4).
Remarque : au fond, si –1 est un carré, la conique C s’apparente davantage à une hyperbole, sinon, à un cercle. La RMS juin 2012 contient d’autres remarques intéressantes.
Exercice 77 : Soit l’équation (E) x2 + ax + b = 0 dans un corps commutatif K de caractéristique ≠ 2.
Donner une cns pour que (E) admette des solutions dans K . Soit p un nombre premier ; en considérant l’équation x
2 + x + 1 = 0, trouver une cns sur p pour que − 3 soit un carré dans Z/pZ.
Solution : [ Oral ENS Lyon 1995, RMS n° 279 ]
1) Soient Γ = x2 ; x ∈ K* le groupe multiplicatif des carrés non nuls de K , ∆ = a
2 − 4b le discri-
minant de (E). On a la discussion : • si ∆ ∈ Γ, ∆ = δ2, (E) admet deux solutions x =
2δ±−a ;
• si ∆ = 0, (E) admet une racine double x = −2a ;
• sinon, (E) est sans racines dans K .
2) CNS pour que −3 soit un carré dans Z/pZ, p premier ≥ 5.
• Si −3 est un carré dans Z/pZ, −3 = δ2, l’équation x
2 + x + 1 = 0 a deux racines distinctes
21 δ±− .
Il en découle que le polynôme X3 – 1 est scindé dans Z/pZ[X] :
117
X3 – 1 = ( X – 1 ) ( X
2 + X + 1 ) = ( X – 1 )( X +
21 δ+ )( X +
21 δ− ) .
L’endomorphisme de groupes φ : x → x3 de (Z/pZ)* a un noyau a 3 éléments.
En vertu du th. de Lagrange, 3 = card Ker φ divise card (Z/pZ)* ) = p − 1. Donc p ≡ 1 (mod 3).
• Réciproquement, supposons p ≡ 1 (mod 3), p = 3k + 1.
En vertu du petit théorème de Fermat, ∀ x ∈ (Z/pZ)* 331
)(−p
x = 1.
Comme l’équation polynomiale 31−p
x = 1 a au plus 3
1−p = k racines, (∃ x ) a = 3
1−p
x ≠ 1.
a est une racine ≠ 1 du polynôme X3 – 1 = 0, donc du polynôme X
2 + X + 1.
Le discriminant ∆ = − 3 de ce polynôme est un carré.
Conclusion : Si p est premier ≥ 5, −3 est un carré dans Z/pZ ssi p ≡ 1 (mod 3).
Remarques : 1) si p = 2 ou 3, −3 est un carré dans Z/pZ. 2) Le résultat de cet exercice découle aussi de la loi de réciprocité quadratique. Mais on peut établir ce résultat à l’aide du seul lemme de Gauss.
3) En prolongeant cette étude, on caractériserait les entiers relatifs de la forme n = x2 – xy + y
2. Ce
sont les n tels que, pour tout premier p égal à 2 ou ≡ −1 ou 5 (mod 12), l’exposant vp(n) est pair.
Exercice 77 bis : Soient p un nombre premier ≥ 5, K = Z/pZ, K∞ = K ∪ ∞ son complété par un
point à l’infini. On fait agir le groupe Gl2(K ) sur K∞ par homographies.
1) Soient A =
−
1110 , h l’homographie associée. Montrer que h est permutation d’ordre 3 de K∞.
2) Soient x ∈ K∞, O(x) = hk(x) ; k ∈ Z l’orbite de x sous l’action du groupe < h >.
Montrer que card O(x) = 1 ou 3, et que card O(x) = 1 ⇔ x ≠ ∞ et x2 + x + 1 = 0.
3) Montrer que si p ≡ 2 (mod 3), x2 + x + 1 est sans racines, si p ≡ 1 (mod 3), x
2 + x + 1 en a deux
(comme papa).
4) Montrer pour finir que −3 est un carré dans Z/pZ ⇔ p ≡ 2 (mod 3).
Solution : cet exercice, dû à mon ami Jean-Denis Eiden, est une variante du précédent.
Exercice 78 : Démontrer que l’équation x6 – 11.x
4 + 36.x
2 – 36 = 0 n’a pas de solution dans Z, mais
que la congruence x6 – 11.x
4 + 36.x
2 – 36 ≡ 0 (mod p) admet une solution pour tout premier p.
Solution : Pour résoudre cette question, il faut connaître la structure des carrés des corps Z/pZ, autrement dit les résidus quadratiques.
P(X) = X6 – 11.X
4 + 36.X
2 – 36 = (X
2 – 2)(X
2 – 3)(X
2 – 6) a pour racines ± 2 , ± 3 , ± 6 .
Aucune n’est élément de Z.
Plaçons-nous dans Z/pZ[X]. Si p = 2, P(X) = X6 + X
4 a pour racine 0.
Si p est impair, (x2 – 2)(x
2 – 3)(x
2 – 6) ≡ 0 (mod p) ⇔ 2, 3 ou 6 est résidu modulo p.
Or 6 = 2×3 et, si l’on introduit le symbole de Legendre (p6 ) = (
p2 )(
p3 ).
Ces trois nombres ne peuvent valoir –1, donc l’un au moins vaut 1. Cqfd !
Vérification avec Maple pour les premières valeurs de p :
> P:=x^6-11*x^4+36*x^2-36;
118
:= P − + − x6 11x4 36x2 36 > factor(P);
( ) − x2 6 ( ) − x2 2 ( ) − x2 3 > for k from 1 to 7 do Factor(P) mod ithprime(k);od;
( ) + x 1 2 x4
x4 ( ) + x2 1
( ) + x 1 ( ) + x2 3 ( ) + x2 2 ( ) + x 4
( ) + x2 4 ( ) + x 3 ( ) + x2 1 ( ) + x 4
( ) + x2 5 ( ) + x2 9 ( ) + x 5 ( ) + x 6
( ) + x2 7 ( ) + x 9 ( ) + x 4 ( ) + x2 11 ( ) + x2 14 ( ) + x 6 ( ) + x 11 ( ) + x2 11
Exercice 79 : Soient p premier impair, Fp le corps Z/pZ.
1) Soit a ∈ Fp*. Quelle est la signature de la permutation x → a.x de Fp ? (Zolotarev, 1872)
2) Soit A∈Gl2(Fp). On interprète A comme une permutation de (Fp)2. Quelle est la signature de A ?
Solution : [ Oral ENS 2002 ]
1) Notons σa la permutation x → a.x de Fp . Il est clair que σa o σb = σab , donc χ : a → ε(σa) est
un homomorphisme du groupe Fp* dans le groupe +1, −1. Je dis que χ(a) = 1 si a est un carré, −1 sinon.
Autrement dit χ(a) coïncide avec le symbole de Legendre χ(a) = (pa ) = 2
1−p
a .
En effet ε(σa) = ∏< −
−ji ij
aiaj)()(
= 2)1( −pp
a = 21−p
pa = 2
1−p
a (PTF)
2) Notons ε(A) la signature de A considérée comme permutation de (Fp)2. Je dis que :
ε(A) = χ(det A) = (pAdet ) = 2
1
)(det−p
A = 1 si det A est un carré , −1 sinon.
Comme ε et A → χ(det A) sont des morphismes de groupes, il suffit de vérifier leur coïncidence sur les générateurs de Gl2(Fp). Or ces générateurs sont :
• les transvections T(λ) =
101 λ . Or T(λ) = T(λ/2)
2, donc ε(T(λ)) = 1 = χ(det T(λ)).
• la matrice P =
0110 . P est involutive ; dans (Fp)
2, elle admet p points fixes, les (x, x), et des
paires (x, y), (y, x) , en tout p + 2
)1( −pp =
2)1( +pp
orbites.
Donc ε(P) = 2)1(
²)1(
+−−pp
p = 2
)1(
)1(−
−pp
= 21
)1(−
−p
= χ(det P).
• les affinités D =
100α (α ∈ K*). Et là, nous sommes renvoyés au 1).
Remarque : Cela est à l’origine de la preuve de Zolotarev de la loi de réciprocité quadratique. Pour des compléments, cf. Naudin Quitté, Algorithmique algébrique, p. 345 (Masson). Exercice 80 : Soit p un nombre premier.
a) Montrer que ( p − 1 )! ≡ −1 (mod p) .
119
b) On suppose p ≥ 3. En quel sens peut-on dire que l’on a S = ∑−
=
1
1
1p
k k ≡ 0 (mod p) ?
c) On suppose p ≥ 5. Montrer que S ≡ 0 (mod p2) .
Solution : [ Oral Polytechnique 2002 ] On peut donner des preuves élémentaires des questions a) et b).
a) Théorème de Wilson : ( p − 1 )! ≡ −1 (mod p) équivaut à xpZZx
∏∈ */
= −1.
Lemme : Dans un groupe fini commutatif G, si l’on note A = x ; x2 = e l’ensemble des éléments
involutifs, alors le produit de tous les éléments de G est égal à celui de tous les éléments de A.
Preuve : Il suffit d’isoler les éléments de A dans le produit : les autres éléments, étant différents de leur inverse, se simplifient deux à deux.
Or, dans le groupe multiplicatif (Z/pZ)*, les éléments involutifs sont ±1 (ou 1 si p = 2).
b) On peut donner plusieurs sens à la question posée.
• S est un rationnel de la forme )!1( −p
N après réduction au même dénominateur, où :
N = 2.3 … (p − 1) + 1.3 … (p − 1) + … + 1.2 … (p − 2).
Notons ba sa forme irréductible. S ≡ 0 (mod p) peut vouloir dire que p | N ou que p | a.
Mais les deux propriétés sont équivalentes car a | N et p est premier à (p − 1) !.
• Une seconde interprétation de S ≡ 0 (mod p) consiste à noter que chaque k ∈ [1, p−1] est premier à p, donc inversible modulo p (par Bezout) : ∃(uk, vk) ∈ Z
2 1 = k.uk + p.vk.
Il s’agit alors de montrer que ∑−
=
1
1
p
kku ≡ 0 (mod p), somme indépendante des uk choisis.
Enfin, une variante consiste à dire que∑∈ */
1pZZx x
= 0 , car ku = 1/k dans Z/pZ.
∑∈ */
1pZZx x
= ∑∈ */ pZZy
y = ∑∈ */
..pZZy
yz = z ∑∈ */ pZZy
y ∀ z ∈ (Z/pZ)* ,
par réindexation, car yz. décrit (Z/pZ)* quand y décrit (Z/pZ)*.
Si l’on choisit z ≠ 1, il vient ∑∈ */ pZZy
y = 0 .
On pouvait aussi noter que ∑∈ */ pZZy
y = ∑∈ pZZy
y/
et appliquer le lemme ci-dessus.
Notons que b) est fausse pour p = 2 (S = 1), et c) fausse pour p = 2 et 3, (S = 1 ou 3/2).
c) cf. RMS juin 2002.
Exercice 81 : 1) Soit n ∈ N*. Quel est le reste euclidien de (n − 1) ! par n ? 2) En déduire la formule de Minác, où π(n) désigne le nombre des premiers ≤ n et E la partie entière:
π(n) = ∑=
n
j 2
E(j
j 1)!1( +− ) − E(j
j )!1( − ) .
3) Montrer la formule de Minác et William (1995) donnant le n-ème nombre premier :
pn = 2 + ∑= +
n
m
n
mnEE
2
2
/1 )))(1
(( π .
120
Solution : [ Centrale MP 2007, RMS n° 641 ] 1) • Si n = 1, (n − 1)! = 0 ! = 1 ≡ 0 (mod 1) • Si n = p est premier, on sait (th de Wilson, cf. exercice précédent) que ( p − 1 )! ≡ −1 (mod p) . Le reste euclidien est donc p – 1. • Si n est composé et n’est pas le carré d’un nombre premier, il existe des entiers a et b tels que 1 < a < b < n et n = ab. Il suffit de prendre pour a le plus petit nombre premier divisant n, et de poser b
= n/a. Alors b > a, (que n soit de la forme ak, k ≥ 3, ou que n soit divisible par un nombre premier >
a) et (n − 1) ! = 1 … a … b … (n − 1) ≡ 0 (mod n). • Reste le cas où n = p
2, p premier
− Si p = 2 , ( n − 1 )! = 6 ≡ 2 (mod 4) . − Si p > 2 , ( n − 1 )! = 1 … p … (2p) … ( p
2 – 1 ) ≡ 0 (mod n) .
Conclusion : Si n est premier, (n − 1)! ≡ −1 (mod n) ; le reste euclidien est donc n − 1. Si n = 1 ou est composé > 4 , (n − 1)! ≡ 0 (mod n) . Si n = 4 , (n − 1)! ≡ 2 (mod 4) .
2) Il découle de ceci que E(n
n 1)!1( +− ) − E(n
n )!1( − ) = 1 si n = 1 ou est premier, 0 sinon.
La formule en découle. Formule belle mais peu intéressante.
3) Je dis que E( E()(1 m
nπ+ )
1/n ) = 1 pour 2 ≤ m < pn , 0 pour pn ≤ m ≤ 2n.
En effet, si pn ≤ m ≤ 2n
, n ≤ π(m), donc )(1 m
nπ+ ≤
nn+1 < 1 et E(
)(1 mn
π+ ) = 0.
Supposons maintenant 2 ≤ m < pn . Je dis que E( E()(1 m
nπ+ )
1/n ) = 1.
Cela équivaut à dire que : 1 ≤ E()(1 m
nπ+ )
1/n < 2 , ou encore que : 1 ≤ E(
)(1 mn
π+ ) < 2n
Ou encore que 1 ≤ )(1 m
nπ+ < 2
n , ou encore 1 + π(m) ≤ n < ( 1 + π(m) ) 2
n
Or cela découle en effet de 2 ≤ m < pn .
On en conclut aussitôt que ∑= +
n
m
n
mnEE
2
2
/1 )))(1
(( π = pn − 2.
Pour achever de valider la preuve, il reste à noter que, pour tout n, pn ≤ 2n, ce qui découle du
« postulat » de Bertrand, démontré par Tchebychev.
Du reste, on peut aussi noter que pn = 2 + ∑+∞
= +2
/1 )))(1
((m
n
mnEE π .
Remarque : on trouvera sur wikipedia d’autres formules récentes, et tout aussi peu utiles, donnant pn. Exercice 82 : Déterminer le nombre, la somme et le produit des diviseurs de 36 000 000 000.
Solution : [ Oral X PC 2012, RMS n° 281 ] La fonction tau de Maple fait le (blow)job, mais on peut aussi faire le job à la main. > with(numtheory);
GIgcd bigomega cfrac cfracpol cyclotomic divisors factorEQ factorset fermat, , , , , , , , ,[
imagunit index integral_basis invcfrac invphi issqrfree jacobi kroneckerλ, , , , , , , , ,
legendre mcombine mersenne minkowski mipolys mlog mobius mroot msqrt, , , , , , , , ,
nearestp nthconver nthdenom nthnumer nthpow order pdexpand φ π, , , , , , , , ,
pprimroot primroot quadres rootsunity safeprimeσ sq2factor sum2sqrτ thue, , , , , , , , , ]
> N:=36000000000;ifactor(N); := N 36000000000
121
( ) 2 11 ( ) 3 2 ( ) 5 9
> T:=(11+1)*(2+1)*(9+1);tau(N); := T 360 360
Pour la dernière question, voir exercice suivant. Exercice 83 : Pour tout entier n ≥ 1, on note d(n) le nombre de diviseurs > 0 de n, et P(n) le produit de ces diviseurs. Trouver une relation entre n, d(n) et P(n). [ Oral Mines 1990, etc. ]
Solution : P(n) = ∏nd
d = ∏nd
dn )/( = )(
)(
nPn nd
,
puisque d → n/d est une permutation involutive de l’ensemble des diviseurs > 0 de n.
Conclusion : Pour tout n ≥ 1, P(n) = 2/)(ndn .
Remarque : j’ai une autre preuve, forcément beaucoup plus longue… Exercice 84 : Soit ϕ l’indicateur d’Euler. Trouver les entiers n ∈ N* tels que ϕ(n) divise n. [ Oral Centrale 1987 ]
Solution : n = 1 est évidemment solution.
Supposons n ≥ 2 et notons n = 1
1k
p …rk
rp la factorisation de n, avec p1 < p2 < … < pr .
On sait que ϕ(n) = ( p1 – 1) … ( pr − 1)1
11 −k
p …1−rk
rp .
Donc ϕ(n) divise n ssi ( p1 – 1) … ( pr − 1) divise 1p … rp .
p1 – 1 divise donc 1p … rp ; or il est premier avec 1p … rp ; donc p1 – 1 = 1, et p1 = 2.
Si r = 1, n = 2a et ϕ(n) = 2
a−1 divise n.
Si r > 1, il vient : ( p2 – 1) … ( pr − 1) divise 2 2p … rp .
Comme p2 est impair, 2
12−p( p3 – 1) … ( pr − 1) divise 2p … rp .
212−p
divise donc 2p … rp ; or il est premier avec 2p … rp , donc 2
12−p = 1 et p2 = 3.
Si r = 2, n = 2a 3
b , ϕ(n) = 2
a 3
b−1 divise n.
Si r > 2, il vient : ( p3 – 1) … ( pr − 1) divise 3 3p … rp .
p3 – 1 divise donc 33p … rp ; or il est premier avec 3p … rp ; donc p3 – 1 divise 3 .
Ainsi, p3 = 2 ou 4, ce qui est impossible !
Conclusion : ϕ(n) divise n si et seulement si n = 1, 2a ( a ≥ 1 ) ou 2
a 3
b ( a ≥ 1, b ≥ 1 ).
Ou encore : ϕ(n) divise n si et seulement si n = 1 ou 2a
3b ( a ≥ 1, b ≥ 0 ).
Remarque : attention ! La condition a ≥ 1 est indispensable : 3b (b ≥ 1) ne vérifie pas ϕ(n) divise n.
Exercice 85 : Une fonction arithmétique. Pour tout entier n ≥ 1, on pose U(n) = ppcm(1, 2, …, n).
1) Montrer que, pout tout n ≥ 1, U(n) divise U(n+1) et )()1(
nUnU +
= 1 ou un nombre premier.
2) Montrer que U(n) admet pour factorisation U(n) = [ ]∏∈Pp
npp log .
122
3) On admet que le nombre π(n) des nombres premiers ≤ n est un infiniment grand équivalent à
nn
ln. Montrer que ∃n0 ≥ 1 ∀n ≥ n0 U(n) ≤ e
1,1.n .
Solution : 1) Par associativité du ppcm, il vient aussitôt U(n+1) = ppcm(n+1, U(n)), donc U(n) divise U(n + 1).
Pour tout premier p , vp(U(n)) = max ( vp(i) ; 1 ≤ i ≤ n ).
• Si n + 1 = pk
, nombre primaire, alors )()1(
nUnU +
= p.
Alors vp’(U(n + 1)) = vp’(U(n), vp’(n + 1)) = vp’(U(n)), pour tout premier p’ ≠ p.
vp(U(n + 1)) = max(k, vp(U(n))) = k, et vp(U(n)) = k − 1, puique k > vp(U(n)) ≥ vp(pk−1
) = k – 1.
• Si n + 1 n’est pas un nombre primaire, )()1(
nUnU +
= 1.
Ecrivons n + 1 = pk h , où p est premier, h ≥ 2, p ∧ h = 1.
Alors pk et h divisent U(n), donc n + 1 divise U(n) et U(n + 1) = U(n).
Conclusion : )()1(
nUnU +
= p si n + 1 = pk
, )()1(
nUnU +
= 1 si n + 1 n’est pas primaire.
2) Montrons que U(n) admet pour factorisation U(n) = [ ]∏∈Pp
npp log .
Soit p un nombre premier ; pk ≤ n < p
k+1 .
Il est clair que vp(U(n)) = max (vp(i), 1 ≤ i ≤ n) ≥ vp(pk) = k.
Par ailleurs, pour tout i ≤ n, vp(i) < k + 1, car aucun tel i n’est ≥ pk+1
.
Ainsi vp(U(n)) = k = [ logp n ].
3) Majoration.
Je dis que, pour tout n ≥ 1, U(n) ≤ n π(n)
. En effet ln U(n) = ∑≤np
ppn ln].
lnln[ ≤ ∑
≤np
nln = π(n).ln n.
Comme nn
nln/
)(π → 1, on a nn
nln/
)(π =
nnn ln).(π
≤ 1,1 pour n assez grand, donc :
U(n) ≤ n π(n)
= exp(π(n).ln n) ≤ exp(1,1.n).
NB : Le même raisonnement montre que U(n) ≤ 3n pour n assez grand.
On peut montrer que ∀n ≥ 1 U(n) ≤ 3n (cf. ENS P’ 1996 et Mines MP 2000, 2ème composition).
___________
123
5. Groupes. 6
Exercice 1 : Magmas autodistributifs.
Soit E un ensemble muni d’une loi de composition interne (x, y) ∈ E2 → x T y ∈ E vérifiant :
(AD) autodistributivité à gauche ∀(x, y, z) ∈ E3 x T (y T z) = (x T y) T (x T z). 1) Exemples :
a) Montrer que la loi définie par ∀(x, y) x T y = y , vérifie (AD). b) Soit E un plan affine. Si x et y sont deux points de E, on note x T y leur milieu. Montrer que cette loi vérifie (AD).
c) Soit G un groupe multiplicatif. Montrer que x T y = x.y.x−1
vérifie (AD). 2) Soit E = 1, 2, 3, 4. Montrer qu’il existe une et une seule loi T sur E vérifiant (AD) et : (∀k ∈ E) k T 1 = k + 1 (mod 4).
Solution : 1) a) x T (y T z) = y T z = z et (x T y) T (x T z) = y T z = z. Plus généralement, pour toute fonction f : E → E, la loi définie par x T y = f(y) est autodistributive.
A noter que la loi définie par ∀(x, y) x T y = x , vérifie aussi (AD). b) On peut faire un calcul barycentrique, mais le plus simple est d’observer que AGBGAGC est un parallélo-gramme, ou de considérer l’homothétie de centre A et de rapport ½. Plus généralement, si E est un espace vectoriel ou un module et λ un scalaire fixé, la loi définie par : x T y = (1 − λ).x + λ.y est autodistributive.
c) x T (y T z) = x ( y.z.y−1
) x−1 = x.y.z.y
−1.x
−1
et (x T y) T (x T z) = (x.y.x−1
) (x.z.x−1
) (x.y.x−1
)−1
= (x.y.x−1
) (x.z.x−1
) (x.y−1
x−1
) = x.y.z.y−1
x−1
.
2) Je dis que la table cherchée est :
T 1 2 3 4
1 2 4 2 4
2 3 4 3 4
3 4 4 4 4
4 1 2 3 4
En effet 4 T 2 = 4 T (1 T 1) = (4 T 1) T (4 T 1) = 1 T 1 = 2 4 T 3 = 4 T (2 T 1) = (4 T 2) T (4 T 1) = 2 T 1 = 3 4 T 4 = 4 T (3 T 1) = (4 T 3) T (4 T 1) = 3 T 1 = 4 3 T 2 = 3 T (1 T 1) = (3 T 1) T (3 T 1) = 4 T 4 = 4 3 T 3 = 3 T (2 T 1) = (3 T 2) T (3 T 1) = 4 T 4 = 4 3 T 4 = 3 T (3 T 1) = (3 T 3) T (3 T 1) = 4 T 4 = 4 2 T 2 = 2 T (1 T 1) = (2 T 1) T (2 T 1) = 3 T 3 = 4 2 T 3 = 2 T (2 T 1) = (2 T 2) T (2 T 1) = 4 T 3 = 3 2 T 4 = 2 T (3 T 1) = (2 T 3) T (2 T 1) = 3 T 3 = 4 1 T 2 = 1 T (1 T 1) = (1 T 1) T (1 T 1) = 2 T 2 = 4 1 T 3 = 1 T (2 T 1) = (1 T 2) T (1 T 1) = 4 T 2 = 2 1 T 4 = 1 T (3 T 1) = (1 T 3) T (1 T 1) = 2 T 2 = 4 Il reste à montrer que, réciproquement, cette loi est bien autodistributive.
6 On trouvera d’autres exercices sur les groupes dans les exercices d’algèbre linéaire.
124
Remarques : 1) Plus généralement, sur l’ensemble E = 1, …, N = 2n il y a une unique loi de Laver
T vérifiant (∀k ∈ E) k T 1 = k + 1 (mod N). 2) Sur les tables de Richard Laver (1942-2012), cf. Patrick Dehornoy, L’infini est un révélateur (Pour la Science, déc. 2000). Exercice 2 : Soit E un ensemble fini non vide muni d’une loi de composition interne associative T. Montrer que ∃e ∈ E e T e = e .
Solution : [ Oral Polytechnique 2007 ] Soient a ∈ E, et (an) la suite définie par a1 = a , an+1 = an T a .
Elle vérifie aussi d’ailleurs an+1 = a T an .
Comme E est fini, cette suite n’est pas injective, donc il existe des entiers 1 ≤ p < q tels que aq = ap .
La suite (an) est (q−p)-périodique à partir du rang p ; on peut supposer q – p > p, quitte à augmenter
q. Alors e = aq−p vérifie e T e = a2q−2p = aq−p = e . Exercice 3 : Soit E un ensemble muni de deux lois internes T et ∗, admettant les éléments neutres
respectifs e et f et telles que ∀(x, y, u, v) ∈ E4 ( x ∗ y ) T ( u ∗ v ) = ( x T u ) ∗ ( y T v ).
Montrer que e = f, et que les deux lois sont commutatives et associatives.
Solution : 1) On a : ( e ∗ f ) T ( f ∗ e ) = ( e T f ) ∗ ( f T e ), mais cela s’écrit : e T e = f ∗ f , puis e = f. 2) Montrons d’abord que les deux lois sont égales.
∀(x, y) ∈ E2 x ∗ y = ( x T e ) ∗ ( e T y ) = ( x ∗ e ) T ( e ∗ y ) = x T y , en vertu de 1).
3) Ainsi l’on a ∀(x, y, u, v) ∈ E4 ( x ∗ y ) ∗ ( u ∗ v ) = ( x ∗ u ) ∗ ( y ∗ v ).
∗ est commutative, car x ∗ y = ( e ∗ x ) ∗ ( y ∗ e ) = ( e ∗ y ) ∗ ( x ∗ e ) = y ∗ x. ∗ est associative, car ( x ∗ y ) ∗ z = ( x ∗ y ) ∗ ( e ∗ z ) = ( x ∗ e ) ∗ ( y ∗ z ) = x ∗ ( y ∗ z ). Exercice 4 : Soient (E, ×) un magma associatif non vide, a un élément de E.
On suppose que l’ensemble A = an ; n ∈ N* est fini.
1) Montrer que ∃!e ∈ A e T e = e.
2) On note e = ak
. Montrer que G = an ; n ≥ k est un groupe.
3) Exemple : La matrice A =
−−−
012102220
31 ∈ M3(R) est-elle inversible ?
Montrer que G = Ak ; k ≥ 1 est un groupe multiplicatif de matrices. Combien a-t-il d’éléments ?
Quel est son élément neutre E ? Nature géométrique de E ? Quel est l’inverse de A dans ce groupe ?
Solution : 1) A est un sous-magma associatif de E. Comme l’ensemble A est fini, il y a un premier couple (a
p, a
q) (p < q), qui se répète.
Alors A = a , a2
, a3 , …, a
p , … , a
q−1 a q – 1 éléments.
La suite (an) est périodique à partir du rang p, de période r = q − p.
Cherchons e sous la forme e = ak (1 ≤ k ≤ q − 1). On veut que a
2k = a
k .
La suite (an) est donc k-périodique à partir du rang k. Donc p ≤ k ≤ q − 1 et r divise k.
Or, parmi les r entiers consécutifs p, p + 1, …, p + r − 1 il y a un seul entier k ≡ 0 modulo r.
Cet entier k = hr vérifie p ≤ hr < p + r, donc rp
≤ h < 1 + rp
: h = rp (fonction plafond).
125
Conclusion : Il y a dans A un seul élément e tel que e2 = e : c’est e = a
k , où k = p
pqp− .
2) Avec les notations précédentes, G = e = ak
, ak+1
, …, aq−1
, ap , … , a
k−1 .
G est un magma associatif isomorphe à Z/rZ, donc est un groupe cyclique, engendré par ak+1
.
3) La matrice A n’est pas inversible ; c’est la matrice d’un produit vectoriel.
Ici, A5 = A, G = A, A
2, A
3, A
4 a 4 éléments, le neutre est E = A
4 et l’inverse de A dans G est A
3.
E est un projecteur sur un plan, G est cyclique, engendré par A. Pour plus de détails, cf. mes exercices d’algèbre linéaire. Exercice 5 : axiomes faibles des groupes. Soit (G, T) un ensemble muni d’une loi de composition interne vérifiant : (A) ∀(x, y, z) ∈ G×G×G x T ( y T z) = (x T y) T z (Ng) (neutre à gauche) ∃ e ∈ G ∀x ∈ G e T x = x
(Sg) (symétrique à gauche) ∀x ∈ G ∃ x’∈ G x’ T x = e. Montrer que (G, T) est un groupe.
Solution : Nous allons montrer que ∀x ∈ G x T e = x et que x T x’ = e. Soient x un élément de G, x’ et x’’ tels que x’ T x = e et x’’ T x’ = e. Alors (x’’ T x’) T x = e T x = x. Par ailleurs, x’’ T (x’ T x) = x’’ T e = x’’ T ( e T e ) = x’’ T ( x’ T x ) T e = x T e. Donc x T e = x . Ainsi, e est élément neutre. De plus, on a montré au passage que x’’ T e = x. Mais, comme e est neutre, x’’ T e = x’’. Donc x = x’’ et x T x’ = e : x est inversible, d’inverse x’.
Remarque : Bien entendu, si T vérifie (A), (Nd) et (Sd), (G, T) est aussi une loi de groupe.
En revanche, si T vérifie (A), (Ng) et (Sd), (G, T) n’est pas toujours un groupe.
Ainsi, R* muni de la loi x T y = |x|.y vérifie (A), (Ng) et (Sd), mais n’a pas d’élément neutre. Exercice 6 : Soient G un groupe, H une partie non vide, finie et stable de G. Montrer que H est un sous-groupe de G.
Solution : Notons T la loi de G, e son neutre, x’ l’inverse de x. Soit H = a1, a2, …, an. L’application x → a1 T x est une injection de H dans H. Comme H est fini, c’est une permutation de H.
( a1 T a1 , a1 T a2 , … , a1 T an ) est une permutation de ( a1 , a2 , … , an ).
A fortiori, il existe i tel que a1 T ai = a1 . On en déduit que ai = e. Ainsi, e ∈ H.
Et du coup, pour tout k, il existe j tel que ak T aj = e ; alors ak −1
= aj ∈ H . Cqfd. Exercice 7 : Exemples de groupes. 1) Soit n un entier ≥ 1, E = 0, 1, …, n−1. Pour tout (x, y) ∈ E
2, on pose
x ⊕ y = x + y si 0 ≤ x +y < n , x ⊕ y = x + y − n si n ≤ x + y. Montrer que (E, ⊕) est un groupe. A quel groupe est-il isomorphe ?
2) Soit G = Q ∩ [0, 1[. Pour tout (x, y) ∈ G2, on pose
x ⊕ y = x + y si 0 ≤ x +y < 1 , x ⊕ y = x + y − 1 si 1 ≤ x + y. Montrer que (G, ⊕) est un groupe, dont tout élément est d’ordre fini.
3) Soit ⊕ l’addition sans retenue en base 10. Par exemple 1936 ⊕ 1981 = 2817. Montrer que (N, ⊕) est un groupe abélien.
Solution :
126
On peut résoudre ces exercices, soit élémentairement, soit de manière abstraite, à condition de connaître les groupes additifs quotients Z/nZ et Q/Z.
1) Considérons l’application f : x ∈ E = 0, 1, …, n−1 → x ∈ Z/nZ. C’est une bijection telle que f(x ⊕ y) = f(x) + f(y). Comme (Z/nZ, +) est un groupe commutatif, (E, ⊕) est un groupe par transport de structure.
2) Considérons l’application f : x ∈ G = Q ∩ [0, 1[ → x ∈ Q/Z. C’est une bijection telle que f(x ⊕ y) = f(x) + f(y). Comme (Q/Z, +) est un groupe commutatif, (G, ⊕) est un groupe par transport de structure.
Exercice 8 : Montrer que R est un groupe commutatif pour la loi a ∗ b = a ²1 b+ + b ²1 a+ .
Solution :
1) On peut bien sûr vérifier les 4 axiomes des lois de groupes : (C), (N), (S) sont faciles, le neutre étant 0, et l’opposé de a, − a. L’associativité est fastidieuse à montrer, mais c’est faisable. On montre en effet, après calculs et réflexion, que :
a ∗ ( b ∗ c ) = a b c + a ²1 b+ ²1 c+ + b ²1 c+ ²1 a+ + c ²1 a+ ²1 b+ . Cette expression étant invariante par permutation circulaire, il vient par commutativité : a ∗ ( b ∗ c ) = c ∗ ( a ∗ b ) = ( a ∗ b ) ∗ c .
2) Considérons l’application f : x ∈ R → sh x ∈ R. C’est une bijection, qui vérifie
sh(x + y) = sh x.ch y + sh y.ch x = sh x. ysh²1+ + sh y. xsh²1+ .
c’est-à-dire sh(x + y) = sh x ∗ sh y . Ainsi, f est un isomorphisme du groupe additif (R, +) sur le magma (R, ∗). Celui-ci est donc un groupe par transport de structure.
Remarques :
i) En particulier, pour tout entier n et tout réel x, x ∗ x ∗ … ∗ x (n fois) vaut sh(n.Argsh x).
ii) On peut retrouver l’expression de a ∗ (b ∗ c) à l’aide de sh(x + y +z). Exercice 9 : Montrer que l’intervalle ]−1, +1[ de R est un groupe commutatif pour la loi
x ∗ y = xyyx
++
1. Même question pour l’intervalle ]−1, +1[ de Q.
Solution : On peut vérifier tous les axiomes des groupes, mais attention ! il faut d’abord s’assurer que la loi ∗ est bien définie, et interne. Mieux vaut cependant noter que si l’on pose x = th a, y = th b, alors x ∗ y = th(a + b). L’application a ∈ (R, +) → th a ∈ (]−1, 1[, ∗) est un isomorphisme du groupe additif R sur le magma (]−1, 1[, ∗) ; par transport de structure, celui-ci est un groupe abélien, de neutre 0. Enfin, il reste à montrer que ]−1, +1[ ∩ Q est un sous-groupe de ce groupe.
Exercice 10 : Montrer que E = z ∈ C ; |z| = 1 et z ≠ ± i est un groupe commutatif pour la loi
a ∗ b = 11
+−++++
abbaabba .
Indications : Situation analogue à celle de l’exercice précédent, mais en plus compliqué.
1) Soit on montre que (E, ∗) est un groupe, mais attention ! il faut d’abord s’assurer que la loi ∗ est bien définie, et interne.
2) Soit on cherche un isomorphisme avec un groupe connu.
Or l’homographie f : x ∈ R → xixi
−−1 réalise une bijection de R* sur E, telle que f(xy) = f(x) ∗ f(y)…
127
Exercice 11 : 1) Montrer que
xyx/10 ; (x, y) ∈ R* × R est un groupe multiplicatif.
2) Montrer que
00xx ; x ∈ R* est un groupe multiplicatif.
Solution : Notons G et H ces deux ensembles.
G est un sous-groupe de Gl2(R), tandis que H n’est pas inclus dans Gl2(R) ; il en est même disjoint.
Cependant, H est stable par multiplication, car
00xx .
00yy =
00xyxy , où x.y ∈ R*. La multipli-
cation induite est associative, commutative, de neutre E =
0011 , et
00xx a pour inverse
00/1/1 xx .
Exercice 12 : Dans le plan affine, soient H une hyperbole, A un point de H. À tout couple (M1, M2)
∈ H2 on associe le point M3 tel que AM3 soit parallèle à M1M2. On pose M3 = M1 * M2.
Montrer que (H, * ) est un groupe abélien isomorphe à (R*, ×).
Solution : Dans un certain repère affine, l’hyperbole H a pour équation xy = 1.
Notons A(a, 1/a), Mi(xi, 1/xi) les coordonnées des 4 points. Supposons M1 et M2 distincts.
det( 3AM , 21MM ) = ( x3 – a )( x2 – x1 )(3
1ax
− 21
1xx
) = 0 ⇔ x3 = axx 21 .
Ainsi M3 (axx 21 ,
21xxa ). Si M1 = M2, il faut entendre par droite M1M2 la tangente à l’hyperbole.
Le résultat reste valable, soit par un calcul direct, soit par passage à la limite.
L’application φ : x ∈ (R*, ×) → M( ax , ax1 ) ∈ H est bijective et telle que φ(xy) = φ(x) * φ(y).
On en déduit que (H, * ) est un groupe abélien isomorphe à (R*, ×).
Le neutre est A = φ(1) et l’inverse de M( x , 1/x ) = φ(x/a) est M’( a2/x , x /a2
) = φ(a/x).
Exercice 13 : On considère la courbe elliptique E d’équation y2 = x
3 − x + 1/4 dans le plan R
2.
À tout couple (M1, M2) ∈ E2 on associe le troisième point d’intersection M'3 de la droite M1M2 avec
E, et son symétrique M3 par rapport à Ox. On pose M3 = M1 * M2.
1) Représenter E. 2) Montrer que (E, * ) est un groupe abélien, le zéro pour l’addition étant le point à l’infini noté 0∞
3) Soit P = (0, 1/2) ; représenter les points 2P = P + P , 3P , 4P , etc.
Solution :
Si M1 = M2, la droite M1M2 est la tangente à E. > with(plots):f:=x->x^3-x+1/4; p:=plot([sqrt(f(x)),-sqrt(f(x))],x=-1.5..3,color=bl ue,thickness=2): q:=plot(x*0.7+0.5,x=-1.5..3,color=red,thickness=2): for s in fsolve(f(x)=(x*0.7+0.5)^2,x) do [s,s*0.7+0 .5];od; r:=plot([1.571659338,t,t=-1.600161537..1.600161537] ,color=green, thickness=2):display(p,q,r);
[ ],-1.081659338-.2571615366 [ ],0. .5
[ ],1.5716593381.600161537
128
NB : On peut montrer que tous les points à coordonnées rationnelles de E sont les multiples de P. Cette loi de groupe joue un rôle-clé dans le grand théorème de Fermat. Cf. aussi ENS Paris-Cachan 2003. Exercice 14 : Trouver tous les groupes à 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 éléments.
Solution : La notion d’ordre d’un élément et le théorème de Lagrange vont nous permettre de résoudre cet exercice.
Le cas n = 0 est facile à traiter : l’ensemble sous-jacent à un groupe n’est jamais vide, car dans un groupe il existe au moins un élément, le neutre. Le cas n = 1 est trivial : sur un ensemble G = e à un élément, la seule loi de composition interne est une loi de groupe. Les cas n = 2, 3, 5 et 7 se généralisent ainsi :
Lemme 1 : Si p est premier, tout groupe à p éléments est cyclique, et isomorphe à (Z/pZ, +) .
En effet, soit G un groupe à p éléments. Pour tout élément x distinct du neutre e, le sous-groupe H de G engendré par x est G lui-même en vertu du théorème de Lagrange : 1 < card H | card G . Donc G est cyclique.
Restent les cas n = 4 et 6. Soit G = e, a, b, c un groupe à 4 éléments, de neutre e. De deux choses l’une : • soit il existe un élément d’ordre 4, et alors G est cyclique et isomorphe à (Z/4Z, +).
• soit a, b et c sont d’ordre 2. Comme la table de G est un carré latin, elle se complète ainsi :
× E a b c e E a b c a A e c b b B c e a c C b a e
129
Cette table est-elle une loi de groupe ? Seule l’associativité pose problème, mais elle demanderait 4×4×4 = 64 vérifications, ou 3×3×3 = 27 (le cas où l’un des éléments est e est trivial). Pour les éviter, il est plus élégant d’observer que l’on connaît plusieurs groupes à 4 éléments dont la table est celle-ci, à isomorphisme près : − Le groupe additif (Z/2Z, +) × (Z/2Z, +). − Le groupe multiplicatif (±1, ×) × (±1, ×).
− Le groupe idE, Sx, Sy, SO formé de l’identité et des symétries par rapport à Ox, Oy et O dans un plan vectoriel E rapporté à des axes xOy. − Le groupe idE, Sx, Sy, Sz formé de l’identité et des symétries par rapport à Ox, Oy et Oz dans un espace vectoriel E de dimension 3 rapporté à des axes Oxyz. − Le groupe formé des 4 homographies x → x, x → − x, x → 1/x , x → − 1/x de R* ou C*. Ainsi, par transport de structure, le magma considéré est bien un groupe : le Vierergruppe de Klein 7.
Reste le cas n = 6. Nous connaissons trois groupes à 6 éléments : − Le groupe additif (Z/6Z, +) ; − Le groupe additif (Z/2Z, +) × (Z/3Z, +) ;
− Le groupe (SSSS3, o) des permutations de 1, 2, 3. Les deux premiers sont isomorphes en vertu du théorème chinois. Le troisième n’est pas isomorphe aux deux premiers, car il n’est pas commutatif.
Nous allons montrer que tout groupe G à 6 éléments est isomorphe, soit à (Z/6Z, +), soit à (SSSS3, o). Soit G un groupe à 6 éléments, de neutre e. De deux choses l’une : • soit G contient un élément d’ordre 6, et alors il est cyclique, et isomorphe à (Z/6Z, +) • soit tout élément ≠ e est d’ordre 2 ou 3. Nous allons montrer successivement trois lemmes :
Lemme 2 : Il existe au moins un élément a d’ordre 3.
Preuve : Si tout élément ≠ e est d’ordre 2, alors G est commutatif, car ∀x ∈ G x2 = e ⇒ x
−1 = x.
Du coup, x.y = x−1
.y−1
= (y.x)−1
= y.x .
Si x et y sont deux éléments ≠ e , et distincts, e, x, y, xy serait un sous-groupe de G à 4 éléments, contredisant le théorème de Lagrange.
Lemme 3 : Il existe au moins un élément r d’ordre 2.
Preuve : Si tout élément ≠ e est d’ordre 3, soit x un tel élément : H = e, x, x2
est un sous-groupe à
3 éléments de G. Soit alors y ∉ H ; K = e, y, y2
est aussi un sous-groupe à 3 éléments, et, par Lagrange, H ∩ K = e. Il est facile d’en déduire que l’application (h, k) ∈ H×K → h.k ∈ G est injective, G contiendrait au moins 9 éléments.
Lemme 4 : Dans un groupe G, si deux éléments a et b commutent et sont d’ordres respectifs p et q premiers entre eux, alors ab est d’ordre pq.
Preuve : (ab)k = a
k b
k = e ⇒ a
k = b
−k ∈ < a > ∩ < b > = e (Lagrange) ⇒ a
k = b
−k = e ⇒ p et q
divisent k ⇒ pq divise k. Réciproque évidente.
Concluons ! Les éléments a et r trouvés dans les lemmes 2 et 3 ne sauraient commuter, car alors G
contiendrait un élément d’ordre 6. Posons a.r = s et r.a = t. Alors G = e , a , b = a2
, r , s , t , car il est facile de voir que ces six éléments sont distincts. On complète la table ainsi :
× E A b r s t e E A b r s t a A B e s t R b B E a t r S r R T s e b A s S R t a e B
7 Felix Klein, mathématicien allemand, dont un descendant fonda la marque de sous-vêtements Calvin Klein.
130
t t S r b a E
En effet : b.r ∈ r, s, t et est différent de r et a.r = s , donc b.r = t. Et s.r = a.r.r = a.
On conclut par carré latin. On constate que la table obtenue est isomorphe à celle de S3.
Récapitulons le résultat obtenu :
Théorème : Tout groupe d’ordre n ≤ 5 est commutatif. S’il est d’ordre 1, 2, 3, 5 ou 7, il est cyclique. S’il est d’ordre 4, il est isomorphe, soit à Z/4Z, soit à Z/2Z × Z/2Z.
S’il est d’ordre 6, il est isomorphe, soit à Z/6Z, soit à SSSS3.
Remarques : 1) Les lemmes 2 et 3 découlent d’un théorème de Cauchy : Si G est un groupe à n éléments, pour tout diviseur premier p de n, il existe dans G un élément d’ordre p. Ce théorème sera démontré dans un exercice ultérieur. 2) Pour n ≥ 8, il faut utiliser des outils plus fins : le théorème de Cauchy, les théorèmes de Sylow, etc. Cependant, certains cas sont faciles, tels n = p ou 2p, p premier. 3) Sur un ensemble a, b à 2 éléments, il y a 2 lois de groupe, selon que l’on prend a ou b comme élément neutre. Sur un ensemble à 3 éléments, il y a 3 lois de groupe. Sur un ensemble à 4 éléments, il y a 8 lois de groupes.
Exercice 15 : Soit G un groupe fini commutatif ayant 99 éléments. Montrer que G admet un sous-groupe à 9 éléments.
Solution : [ Oral Centrale 2013, RMS n° 793 ] Notons G additivement. Nous aurons besoin du :
Lemme : Si H et K sont des sous-groupes de G « en somme directe », en ce sens que H ∩ K = 0, alors H + K est un sous-groupe de G de cardinal (card H)×(card K).
Revenons à G. Tout élément non nul de G est d’ordre 99, 33, 11, 9 ou 3.
♣ S’il existe un élément a d’ordre 99, G est cyclique, isomorphe à Z/99Z, et 11a est d’ordre 9. Il engendre un sous-groupe à 9 éléments. Supposons ce cas exclu. ♦ S’il existe un élément x d’ordre 33, il y a un élément d’ordre 11, 3x. On est ramené au cas suivant.
♥ S’il existe un élément a d’ordre 11, il engendre un sous-groupe H à 11 éléments. Soit b un élément n’appartenant pas à H, K le sous-groupe qu’il engendre. On a H ∩ K = 0 en vertu du théorème de Lagrange. K ne peut avoir 11 éléments, sans quoi G aurait au moins 121 éléments. Si K a 9 éléments, c’est fini. Sinon, K a 3 éléments, donc H + K a 33 éléments. Soit c un élément n’appartenant pas à H + K. Pour la même raison que ci-dessus, < c > a 3 éléments. Et alors K + < c > a 9 éléments.
♠ S’il n’y a pas d’élément d’ordre 11, tout élément est d’ordre 3 ou 9. S’il y a un élément d’ordre 9, c’est fini. Si tout élément non nul est d’ordre 3, on pourrait fabriquer un sous-groupe à 27 éléments, < a > ⊕ < b > ⊕ < c >, ce qui contredirait le théorème de Lagrange. (D’ailleurs dans ce cas, G pourrait être équipé d’une structure de Z/3Z-espace vectoriel, et aurait pour cardinal une puissance de 3).
Remarques plus savantes : 1) Si l’on admet le théorème de Cauchy, il y a dans G un élément d’ordre 11. Une partie de la preuve ci-dessus peut être omise. 2) Si l’on admet le théorème de décomposition cyclique, G est isomorphe à un produit de groupes cycliques, donc à Z/99Z, Z/11Z×Z/9Z, Z/11Z×Z/3Z×Z/3Z ou à Z/33Z×Z/3Z. En vertu du théorème chinois, les deux premiers sont isomorphes, les deux derniers aussi. Donc G est isomorphe, soit à Z/99Z, soit à Z/11Z×Z/3Z×Z/3Z . Dans les deux cas, il admet un sous-groupe à 9 éléments.
Exercice 16 : 1) Les groupes (C, +) et (C*, ×) sont-ils isomorphes ? 2) Les groupes (R, +) et (R*, ×) sont-ils isomorphes ?
131
3) Les groupes (Z, +) et (Q, +) sont-ils isomorphes ?
Solution : [ Oral ENS Lyon MP 2012, RMS n° 2, Oral X PC 2012, RMS n° 284 ]
1) Réponse non, car dans (C, +), l’équation x + x = 0 a une solution ; dans (C*, ×), l’équation x.x = 1 en a deux (comme papa). 2) Idem. Au fond, les groupes additifs (C, +) et (R, +) sont « sans torsion », à la différence de (C*, ×), qui a un gros groupe de torsion (les racines de l’unité), et de (R*, ×) qui a pour groupe de torsion ±1. En revanche, (R, +) et (R*+, ×) sont isomorphes via le logarithme.
3) Réponse : encore non, car (Z, +) est monogène, alors que (Q, +) ne l’est pas.
Exercice 17 : 1) Les groupes (Z, +) et (Z2, +) sont-ils isomorphes ?
2) Pour quels entiers m et n les groupes (Zn, +) et (Z
m, +) sont-ils isomorphes ?
[ Oral ENS 2006 ]
Indications : 1) Les groupes (Z, +) et (Z
2, +) ne sont pas isomorphes, car le premier est monogène tandis que le
second ne l’est pas. 2) Les groupes (Z
n, +) et (Z
m, +) sont isomorphes ssi m = n. L’idée est de les considérer comme Z-
modules, et de montrer que toute Z-base de Zn est une Q-base de Qn. Nous voilà ramenés à de
l’algèbre linéaire. Si f est un isomorphisme de groupes de (Zn, +) sur (Z
m, +), c’est un isomorphisme
de Z-modules. L’image par f de la base canonique de Zn est une Z-base de Z
m, donc n = m .
Exercice 18 : Les groupes additifs Z/8Z, Z/4Z×Z/2Z et Z/2Z×Z/2Z×Z/2Z sont ils isomorphes ?
Solution : [ Oral Polytechnique 2006 ] Ces 3 groupes abéliens (Z/8Z, +), (Z/2Z, +)×(Z/4Z, +) et (Z/2Z, +)×(Z/2Z, +)×(Z/2Z, +) ont chacun 8 éléments, mais ils sont deux à deux non isomorphes, car : • (Z/8Z, +) contient au moins un élément d’ordre 8, à savoir 1 ; • (Z/2Z, +)×(Z/4Z, +) ne contient pas d’élément d’ordre 8, mais un élément d’ordre 4 : (0, 1) ; • (Z/2Z, +)×(Z/2Z, +)×(Z/2Z, +) ne contient que des éléments d’ordre 1 et 2.
Deux groupes finis isomorphes ont, non seulement même cardinal, mais aussi même exposant. L’exposant d’un groupe G est le plus petit entier n ≥ 1 tel que ∀x ∈ G x
n = e ; c’est aussi le ppcm
des ordres des éléments de G. Cependant, l’égalité des cardinaux et des exposants ne suffit pas : Z/4Z×Z/4Z et Z/4Z×Z/2Z×Z/2Z ont même cardinal et même exposant, mais ne sont pas iso-morphes. Pourquoi ?
Exercice : compter les éléments d’ordre 1, 2, 4 et 8 de chacun des groupes rencontrés.
NB : On peut montrer que tout groupe abélien à 8 éléments est isomorphe à l’un de ces 3 groupes.
Exercice 19 : On considère des entiers a1, …, am, b1, ..., bn vérifiant :
2 ≤ a1 | a2 | … | am , 2 ≤ b1 | b2 | … | bn et ∏≤≤ mi
i ZaZ1
)/( ≅ ∏≤≤ ni
j ZbZ1
)/( .
( ≅ veut dire isomorphisme de groupes). Montrer que m = n et ai = bi pour tout i.
Solution : [ Oral ENS 1995, RMS n° 281 ]
Exercice 20 : 1) Dans le groupe Gl2(R), on considère les deux matrices R =
−
0110 et S =
−1001 .
Montrer qu’elles engendrent un sous-groupe D à 8 éléments, non commutatif, de Gl2(R).
132
2) On considère les 4 matrices E =
1001 , I =
−
0110 , J =
00i
i , K =
−
ii
00 .
Montrer que Q = E , I , J , K , −E , −I , −J , −K est un sous-groupe non commutatif à 8 éléments
de Gl2(C). Les groupes Q et D sont-ils isomorphes ?
Solution : Attention ! en 1) la matrice unité est notée I, en 2) elle est notée E. 1) Le groupe diédral du carré. On constate que R est d’ordre 4, et que < R > = I , R , R
2 , R
3 .
S est d’ordre 2, donc D contient D’ = I , R , R2
, R3
, S , R.S , R2.S , R
3.S .
Ces 8 éléments sont distincts car A → A.S est injective et S, R.S, R2.S, R
3.S ont pour déterminant –
1, alors que I , R , R2 et R
3 ont pour déterminant 1.
Pour montrer que D = D’, il suffit de montrer que D’ est un sous-groupe de Gl2(R), c’est-à-dire d’en
faire la table. On constate que R2
, S , R.S , R2.S et R
3.S sont des involutions.
R et S ne commutent pas, car S.R = R3.S.
Géométriquement, D s’interprète comme le groupe des isométries qui conservent un carré.
2) Le groupe quaternionien. Ici, il suffit de faire la table de Q. On constate que Q n’est pas commutatif, car K = I.J ≠ J.I = − K . Q est engendré par la paire I, J . D et Q ne sont pas isomorphes, car D contient 2 éléments d’ordre 4 : R et R
3, et 5 éléments d’ordre
2 : R2
, S , R.S , R2.S , R
3.S, tandis que Q contient 1 élément d’ordre 2 : − E, et 6 éléments d’ordre
4 : I , J , K , −I , −J et −K . Dans D il y a un sous-groupe à 4 éléments I , R , R
2 , R
3 et 5 sous-groupes à 2 élément
Dans Q il y a 1 sous-groupe à 2 éléments, E, −E (qui est d’ailleurs le centre), et 3 sous-groupes à 4 éléments.
Remarque : On peut démontrer que tout groupe non abélien à 8 éléments est isomorphe à l’un de ces 2 groupes. Il y a donc, à isomorphisme près, 5 groupes à 8 éléments. Exercice 21 : Montrer qu’un groupe infini a une infinité de sous-groupes.
Solution : Soit G un tel groupe. S’il admet un élément a d’ordre infini, alors < a > est un groupe isomorphe à Z, et possède, comme Z, une infinité de sous-groupes. Si tout élément x est d’ordre fini, soit x1 l’un d’eux ; < x1 > est un sous-groupe fini de G. On peut
trouver x2 n’appartenant pas à < x1 >. Et il suffit de poursuivre l’algorithme… Exercice 22 : Soient G et H deux groupes finis de cardinaux premiers entre eux. Montrer que les groupes Aut(G×H) et Aut(G)×Aut(H) sont isomorphes.
Solution : Le cardinal d’un groupe fini s’appelle aussi son ordre.
1) Si (f , g) ∈ Aut(G)×Aut(H), f × g : (x, y) → ( f(x), g(y)) est un automorphisme de G×H, et l’application (f , g) ∈ Aut(G)×Aut(H) → f × g ∈ Aut(G × H) est un morphisme injectif de groupes.
2) Réciproquement, soit F un automorphisme de groupe de G×H. Attention à ne pas écrire F(x, y) = (f(x), g(y)) ! Il faudrait écrire : F(x, y) = (A(x, y), B(x, y)) … Notons a = card G, b = card H, e et e’ les neutres resp. de G et H. Ecrivons F(x, y) = F(x, e’).F(e, y) , et posons : F(x, e’) = ( f(x), p(x) ) pour tout x ∈ G, où f : G → G et g : G → H. Comme F(x.x’, e’) = F(x, e’).F(x’, e’), on a f(x.x’) = f(x).f(x’) et p(x.x’) = p(x).p(x’). Ainsi, f est un endomorphisme de groupe de G, et p un homomorphisme de groupes de G dans H.
133
En vertu du théorème de Lagrange, p(x)a = p(x
a) = p(e) = e’
De même, p(x)b = e’ , car p(x) est élément de H.
L’ordre de p(x) divise a et b, donc vaut 1. Ainsi, p est le morphisme trivial, et F(x, e’) = (f(x), e’), où f est injectif, donc est un automorphisme de G. De même, F(e, y) = (e, g(y)), où g est un automorphisme de H. Ainsi, F(x, y) = (f(x), g(y)). CQFD. Exercice 23 : Soit G un groupe abélien non trivial, noté additivement, engendré par trois générateurs a, b et c vérifiant : 3.a + b + c = 0 , 25.a + 8.b + 10.c = 0 et 46.a + 20.b + 11.c = 0. Démontrer que G est isomorphe à Z/19Z.
Solution : Tout d’abord G = m.a + n.b + p.c ; (m, n, p)∈Z×Z×Z . En fait, G est engendré par a et b, car c = − 3.a – b. Les conditions 3.a + b + c = 0 , 25.a + 8.b + 10.c = 0 et 46.a + 20.b + 11.c = 0 sont équivalentes à c = − 3.a – b , − 5.a – 2.b = 0 , 13.a + 9.b = 0. Du coup, 4.(− 5.a – 2.b) + 13.a + 9.b = b – 7a = 0. Ainsi, b = 7.a , et G est cyclique engendré par a. Reportant dans les relations précédentes, il vient b = 7a , c = − 10.a , et 19.a = 0. Finalement, l’ordre de a divise 19. Comme 19 est premier, et a est non nul, a est d’ordre 19 et G est isomorphe à Z/19Z.
Remarque : la théorie des systèmes linéaires à coefficients dans Z permet de mieux comprendre et de généraliser cet exercice.
Exercice 24 : sous-groupes additifs de Zn.
1) Exemples. Montrer que : a) H = (x, y) ∈ Z
2 ; x ≡ y (mod 2) est un sous-groupe additif de Z×Z, distinct de Z×Z, et
cependant isomorphe à Z×Z.
b) H’ = (x, y) ∈ Z2 ; 14.x + 35.y = 0 est un sous-groupe additif de Z×Z, isomorphe à Z.
On se propose de montrer que tout sous-groupe additif de Zn est isomorphe à un groupe Z
m, 0 ≤ m ≤
n. On convient que Z0 = 0.
Soit G un sous-groupe additif de Zn, π l’homomorphisme Z
n → Z défini par π(x1, …, xn) = xn.
2) Montrer qu’il existe un entier k ≥ 0 et un élément x0 ∈ G tel que π(G) = k.Z = π(x
0).Z.
3) On suppose ici π(G) non réduit à 0. Montrer que pour tout élément x de G, il existe un unique couple (p, y) ∈ Z×G tel que x = p.x
0 + y , où yn = 0.
4) Conclure.
Solution : 1) Exemples.
a) H est un sous-groupe de Z×Z comme image réciproque de 2Z par le morphisme (x, y) → x − y. H = (y + 2z, y) ; (y, z) ∈ Z×Z = y.(1, 1) + z.(2, 0) ; (y, z) ∈ Z×Z = (y + z, y + z) + (z, −z) ; (y, z) ∈ Z×Z = (y + z).(1, 1) + z.(1, −1) ; (y, z) ∈ Z×Z . H est le sous Z-module de Z×Z de Z-base ((1, 1), (2, 0)), ou ((1, 1), (1, −1)).
Donc (u, v) → y(1, 1) + v(1, −1) est un isomorphisme de Z-modules de Z×Z sur H.
b) H’ est un sous-groupe de Z×Z comme noyau du morphisme (x, y) → 14.x + 35.y. 14.x + 35.y = 0 ⇔ 2.x + 5.y = 0 ⇔ (x, y) = (5k, −2k), k ∈ Z (par Gauss). H’ est donc le sous-groupe monogène de Z×Z engendré par (5, −2). Donc k → k(5, −2) est un isomorphisme de Z-modules (donc de groupes) de Z sur H’.
2) π(G) est un sous-groupe additif de Z, donc est de la forme kZ, k ≥ 0. Comme k ∈ π(G), il existe un élément x
0 ∈ G tel que π(G) = k.Z = π(x0).Z.
134
3) Supposons k > 0. Soit x = (x1, …, xn−1, xn) un élément de G. Ecrivons xn = pk.
Alors x = (x1, …, xn−1, p.k) = p.( 01x , …, 0
1−nx , 0nx ) + (x1 − p 01x , …, xn−1 − p 0
1−nx , 0) .
Finalement, x = p.x0 + y , où yn = 0. La décomposition est unique.
On en déduit que, comme Z-modules, G = Z.x0 ⊕ H, où H = G ∩ (Z
n−1×0).
4) Raisonnons par récurrence sur n.
Si n = 1, tout sous-groupe de Z est soit nul, soit de la forme mZ, où m ∈ N*, et isomorphe à Z. Supposons le résultat vrai acquis au rang n−1.
Si k = 0, G est inclus dans Zn−1×0, donc de la forme G’×0, où G’ est un sous-groupe de Z
n−1.
G’ est isomorphe à Zm
, 0 ≤ m ≤ n−1, donc G également.
Si k > 0, G = Z.x0 ⊕ H, où H = G ∩ (Z
n−1×0).
H est donc de la forme H’×0, où H’ est un sous-groupe de Zn−1
.
H’ est isomorphe à Zm
, 0 ≤ m ≤ n−1, donc H également.
Et G est isomorphe à Z×H, donc à Z×Zm
, 0 ≤ m ≤ n−1, donc à Zm
, 1 ≤ m ≤ n. Cqfd. Exercice 25 : sous-groupes de C* .
1) Montrer que les sous-groupes finis de C* sont les Un(C) = z ∈ C* ; zn = 1 .
Montrer que : Um(C) ⊂ Un(C) ⇔ m | n et Um(C) ∩ Un(C) = Um∧n(C). 2) Application : montrer que si G est un groupe cyclique d’ordre n, pour tout diviseur d de n, il existe un unique sous-groupe de G d’ordre d, qui est cyclique.
3) A quelle condition a-t-on Umn(C) = Um(C).Un(C) ?
4) A quelle condition z → zk définit-il un automorphisme de Un(C) ?
5) Soit U∞ = U0≥n
nU . Montrer que U∞ est un sous-groupe infini de C* et divisible.
[ Un groupe G est dit divisible si ∀z ∈ G ∀n ∈ N* ∃w ∈ G wn = z. ]
6) Pour tout nombre premier p, on note Gp = U0≥k
pkU (groupe de Prüfer).
Montrer Gp est un sous-groupe infini de U∞ et divisible, dont tous les sous-groupes sont cycliques.
Solution : 1) On sait que, pour tout n, Un(C) est un sous-groupe de C*, cyclique, ayant n éléments.
Réciproquement, si G est un sous-groupe de C* ayant n éléments, pour tout z ∈ G, zn = 1, donc G ⊂
Un(C), et, par égalité des cardinaux, G = Un(C).
• Montrons que Um(C) ⊂ Un(C) ⇔ m | n .
Um(C) ⊂ Un(C) ⇒ m | n , en vertu du théorème de Lagrange, ou d’un raisonnement direct : expmiπ2
est de la forme expnikπ2 , etc. m | n ⇒ Um(C) ⊂ Un(C) est encore plus facile, car z
m = 1 ⇒ z
n = 1.
• Montrons que Um(C) ∩ Un(C) = Um∧n(C) par double inclusion :
Um∧n(C) ⊂ Um(C) ∩ Un(C) en vertu de ce qui précède.
Um(C) ∩ Un(C) ⊂ Um∧n(C), car zm
= zn = 1 ⇒ z
am+bn = 1 ⇒ z
d = 1, si d = am + bn.
Autres solutions possibles, via notamment l’inventaire trigonométrique.
2) Application aux groupes cycliques généraux.
Il découle de 1) que, pour tout diviseur d de n, Un(C) admet un unique sous-groupe d’ordre d,
Ud(C), qui est cyclique. Cette propriété s’étend par isomorphisme à tout groupe cyclique.
135
3) A quelle condition a-t-on Umn(C) = Um(C).Un(C) ?
Umn(C) contient Um(C) et Un(C), donc leur produit Um(C).Un(C).
L’application ϕ : (z, z’) → z.z’ définit donc un morphisme du groupe Um(C)×Un(C) dans le groupe
Umn(C). Ce morphisme a pour noyau Ker ϕ = (z , z−1
) ; z ∈ Um(C) ∩ Un(C) = Um∧n(C) .
Il est isomorphe à Um∧n(C). ϕ est surjectif ssi ϕ est injectif, i.e. ssi m et n sont premiers entre eux.
Remarque : il s’agit là d’une version multiplicative du théorème chinois.
En effet, montrer que : exp mnikπ2 ; k ∈ Z = exp
mipπ2
; p ∈ Z . exp niqπ2
; q ∈ Z
se ramène à un problème de congruences simultanées.
Autre preuve : d’une façon générale Um(C).Un(C) = Um∨n(C).
En effet, Um(C).Un(C) est un sous-groupe de C* contenant Um(C) et Un(C), donc son cardinal est
multiple de m ∨ n. Par ailleurs il est clair que Um(C).Un(C) ⊂ Um∨n(C). D’où l’égalité.
4) A quelle condition z → zk définit-il un automorphisme de Un(C) ?
f : z → zk définit un endomorphisme de Un(C), de noyau Un(C) ∩ Uk(C) = Un∧k(C).
Il est bijectif ss’il est injectif, i.e. ssi n et k sont premiers entre eux.
5) Montrons que U∞ = U0≥n
nU est un sous-groupe infini de C* et divisible.
C’est un sous-groupe comme réunion d’une famille filtrante croissante de sous-groupes. Le caractère divisible est bien facile.
Remarques : i) U∞ est un sous-groupe dénombrable de U = z ; |z| = 1, qui n’est pas dénombrable mais est aussi divisible.
ii) On ne peut pas parler, en revanche, de U0
/≥n
nZZ . Les liens entre la suite (Un(C)) de groupes
multiplicatifs et la suite (Z/nZ) de groupes additifs sont assez subtils. Un(C) est isomorphe à Z/nZ.
Les Un(C) sont des parties de C ; on peut considérer leurs réunions, leurs intersections, etc. Entre les ensembles Z/nZ il n’y a pas d’inclusions, ni même d’injections naturelles, mais il y a des surjections naturelles : si m divise n, x ≡ y (mod n) ⇒ x ≡ y (mod m), d’où un morphisme surjectif canonique Z/nZ → Z/mZ ; si m divise n, Um(C) est inclus dans Un(C).
6) Les groupes de Prüfer Gp = U0≥k
pkU ( p premier ).
Exercice 26 : Soit G un sous-groupe fini du groupe des bijections affines d’un espace affine réel de dimension finie dans lui-même. 1) Montrer qu’il existe un point fixe commun à tous les éléments de G. 2) Déterminer les sous-groupes finis du groupe des similitudes planes directes.
Solution : [ Oral Mines 1996, RMS n° 137 ] 1) Soit M un point quelconque de l’espace affine, G l’isobarycentre des points g(M), lorsque g décrit G. Pour tout f ∈ G, f(G) est l’isobarycentre des points ( f o g )(M), donc des points h(M), lorsque h décrit G. Ainsi, f(G) = G. 2) On se place ici dans le plan euclidien orienté P. Soit G un point fixe commun à tous les éléments de G. Prenons G comme origine, et identifions P au plan complexe. Les similitudes directes de centre O s’écrivent z → az, où a décrit un sous-groupe fini du groupe C*.
En vertu de l’exercice précédent, ce sont les az, où a décrit un certain Un. En conclusion, les sous-groupes finis du groupe des similitudes directes sont Id et les z → az + b, où a décrit un certain Un, n ≥ 2.
136
Exercice 27 : Trouver les sous-groupes finis du groupe des homéomorphismes de R dans lui-même.
Solution : [ Oral ENS 2007, RMS n° 1 ] Soient H le groupe des homéomorphismes de R dans lui même (c’est-à-dire des bijections continues
strictement monotones), G un sous-groupe fini de H de cardinal N. On a alors ∀g ∈ G gN
= id. Si g ∈ G est strictement croissante, je dis que g = id. Car x < g(x) impliquerait x < g(x) < g
2(x) < … , et l’on ne pourrait avoir g
N = id. Idem si g(x) < x.
Si G est formé d’homéomorphismes croissants, on a G = id .
Si G contient un homéomorphisme décroissant h, alors h2 = id est croissant, donc h
2 = id. Je dis
qu’alors G = id, h. En effet, si f ∈ G est décroissant, f o h−1
est croissant, donc f o h−1
= id, et f = h.
Conclusion : les groupes cherchés sont id et id, h, où h est une involution continue décroissante de R dans R. Exercice 28 : 1) Soit f : G → H un homomorphisme de groupes.
Montrer que : G est fini ⇔ Ker f et Im f sont finis , et qu’alors card G = card Ker f × card Im f . 2) Soit G un groupe fini, f un endomorphisme de G. Etablir l’équivalence : Ker f = Ker f
2 ⇔ Im f = Im f
2 .
Solution : [ d’après oral ENS Ulm 1991 ] 1) L’application f induit une surjection de G sur Im f , qui obéit au principe des bergers, car pour tout
y ∈ Im f , la fibre f−1
(y) est équipotente à Ker f = f−1
( e), où e est le neutre de H.
En effet, si f(x0) = y, il est clair que s → s.x0 est une bijection de Ker f sur f−1
(y). Conclure.
2) se déduit aussitôt du résultat précédent et d’inclusions évidentes. Exercice 29 : Soit G un groupe fini de cardinal impair. Montrer que tout élément de G est un carré.
Solution : [ Oral Centrale MP 2011, RMS n° 800 ]
Soit N = 2m + 1 le cardinal de G. Pour tout élément x de G, x2m+1
= e, donc x = y2, où y = x
−m.
A noter que x → x2 n’est pas en général un endomorphisme de groupe de G.
Exercice 30 : 1) Soient G un groupe abélien fini à n éléments, k ∧ n = 1. Montrer que x → xk est un
automorphisme de G. En déduire que ∀a ∈ G ∃!x ∈ G xk = a.
2) Montrer que ce dernier résultat subsiste si G est non abélien.
Solution :
1) φ : x → xk est un endomorphisme de G en vertu de la commutativité.
Si x est élément de G, son ordre divise n. Si x ∈ Ker φ, l’ordre de x divise k. Donc o(x) divise n et k, et x = e. Ainsi φ est injectif, donc bijectif. Cqfd. Autre solution : il existe un couple (a, m) tel que ka + mn = 1. Et x
k = e implique x = x
ka+mn = (x
k)a = e
a = e.
2) Lorsque G n’est pas commutatif, φ : x → xk n’est plus un morphisme, mais il reste injectif.
En effet il existe un couple (a, m) tel que ka + mn = 1. Alors x
k = y
k implique x = x
ka+mn = (x
k)a = (y
k)a = y
ka+mn = y. Donc φ est bijectif.
Exercice 31 : lemme de Poincaré.
Soient G un groupe multiplicatif, H et K deux sous-groupes finis de G.
137
On introduit l’ensemble H.K = x = h.k ; (h, k) ∈ H×K .
Montrer que card(H.K) = )(
)().(KHcard
KcardHcard∩ . En déduire que card G ≥
)()().(
KHcardKcardHcard
∩ .
Solution : L’application (h, k) → h.k de H×K sur H.K obéit au principe des bergers.
En effet, elle est surjective, et, si (h0, k0) est un antécédent de x, les autres sont de la forme (h0.a,
a−1
.k0), où a décrit H ∩ K. Ainsi, toutes les fibres sont équipotentes à H ∩ K.
Application : Soit G un groupe multiplicatif à 6 éléments, a un élément d’ordre 3 dans G. Je dis qu’il
y a forcément un élément d’ordre 2. Sinon tout élément x ∉ e, a, a2 serait d’ordre 3. Alors H = e,
a, a2 et K = e, x, x
2 seraient deux sous-groupes d’intersection e en vertu du théorème de
Lagrange. Alors G aurait au moins 9 éléments. Exercice 32 : structure des groupes involutifs.
Soit G un groupe multiplicatif tel que (∀x ∈ G) x2 = e.
1) Montrer que G est commutatif. On suppose désormais G fini d’ordre N. 2) Montrer que N = 1 ou est un nombre pair.
3) On se propose de montrer que N est une puissance de 2 : N = 2n, et que G est isomorphe au
groupe additif (Z/2Z)n.
a) 1ère méthode : Montrer que si H est un sous-groupe de G et a ∉ H, alors H ∪ (a.H) est un sous-groupe de G isomorphe à Z/2Z × H.
b) 2ème méthode : Montrer qu’il existe une famille génératrice (a1, ..., an) minimale pour l’inclusion, et que tout élément de G s’écrit de manière unique :
x = (a1) 1k ... (an) nk , où (k1, k2, ... , kn) ∈ 0, 1n .
Solution : 0) Donnons d’abord des exemples de groupes involutifs :
• (Z/2Z, +) et ses puissances finies (Z/2Z)n et infinies (Z/2Z)
N et (Z/2Z)
I (pour l’addition).
• U2 = (±1, ×) et ses puissances finies et infinies (pour la multiplication). En particulier les
matrices diagonales diag(±1, …, ±1) forment un sous-groupe à 2n éléments de Gln(R).
• Le groupe de Klein e, a, b, c, qui, à vrai dire, est isomorphe à (Z/2Z)2 ou à (U2)
2.
• L’ensemble (PPPP(X), ∆) des parties de X, muni de la différence symétrique. Mais à vrai dire (PPPP(X),
∆) est isomorphe à (Z/2Z)X
= F(X, Z/2Z).
1) On a (∀x ∈ G) x = x−1
, donc ∀(x, y) ∈ G×G x.y = (x.y)−1
= y−1
.x−1
= y.x .
2) Si N est ≥ 2, soit x un élément ≠ e. Alors e, x est un sous-groupe à deux éléments de G. En vertu du théorème de Lagrange, 2 | N. cqfd. Mais on va montrer bien mieux que cela !
3) Structure de G.
a) 1ère méthode.
Soit H un sous-groupe de G et a ∉ H ; H’ = H ∪ (a.H) est une partie stable par produit, car ∀(h, k) ∈ H×H h.k , h.(a.k) = a.(h.k) , (a.h).k = a.(h.k) , (a.h).(a.k) = h.k appartiennent à H’. Inutile de vérifier la stabilité par l’inverse !
De plus, l’application f : (p, h) ∈ Z/2Z×H → ap.h ∈ H’ est un isomorphisme de groupes. Cela se
vérifie en distinguant 4 cas. Raisonnons par récurrence : si G = e, il n’y a rien à montrer. Sinon, soit a1 ≠ e ; H1 = e, a1 est un sous-groupe à 2 éléments de G, isomorphe à Z/2Z.
138
Si G = H1, c’est fini. Sinon, soit a2 ∉ H1 ; H2 = H1 ∪ a1H1 est un sous-groupe à 4 éléments de G, isomorphe à Z/2Z×Z/2Z. L’algorithme se termine forcément au bout d’un nombre fini d’étapes, car G est fini. Alors G = Hn
est isomorphe à (Z/2Z)n . Cqfd.
b) 2ème méthode.
G étant fini, admet une partie génératrice finie : G lui-même.
Parmi toutes les parties génératrices, il y en a au moins une de plus petit cardinal, a1, ..., an.
Notons G’ = x = (a1) 1k ... (an) nk ; (k1, ..., kn) ∈ 0, 1n .
Pour toute partie H de 1, 2, ..., n, notons aH = ∏∈Hi
ia , avec la convention a∅ = e.
Alors on a aussi G’ = aH ; H ⊂ 1, 2, …, n .
Il est facile de montrer que G’ est un sous-groupe de G. En effet, G’ contient e, et aH aK = aH ∆ K .
Comme G’ contient les ak, G’ = G.
De plus aH.aK = e ⇒ H = ∅, sans quoi l’un des ai s’exprimerait comme produit des autres,
contredisant la minimalité de la famille. On en déduit que la correspondance H → aH est injective.
Car aH = aK ⇒ aH ∆ K = e ⇒ H ∆ K = ∅ ⇒ H = K.
Finalement, G est isomorphe à (PPPP(1, ..., n, ∆) , ou encore à ((Z/2Z)n, +).
c) 3ème méthode. Notons G additivement. Alors ∀x ∈ G x + x = 0.
Adjoignons à l’addition une loi externe Z/2Z×G → G, définie par x.0 = 0 , x.1 = x. Pour ces deux lois, G devient un Z/2Z-espace vectoriel. La vérification des 4 axiomes repose sur x + x = 0. Alors G est un Z/2Z-espace vectoriel de dimension finie, donc il admet une base finie (e1, …, en).
L’application (x1, …, xn) → x1.e1 + … + xn.en est un isomorphisme de Z/2Z-espaces vectoriels, et a fortiori un isomorphisme des groupes additifs sous-jacents.
Exercice 33 : Soient K un corps de caractéristique ≠ 2, E un K -ev de dimension n.
1) Soit (s1, ..., sN) une famille commutante de symétries vectorielles de E, deux à deux distinctes.
Montrer que N ≤ 2n.
2) En déduire que les groupes Gln(K ) et Glm(K ) sont isomorphes ssi n = m.
3) Soit G un sous-groupe de Gln(K ) formé d’endomorphismes involutifs.
Montrer que G est commutatif, fini et de cardinal ≤ 2n .
Solution : 1) (s1, ..., sN) est une famille commutante d’endomorphismes diagonalisables. Un théorème affirme que ces symétries sont simultanément diagonalisables. Leurs matrices dans cette base sont de la forme (±1, ±1, … , ±1). Il y en a au plus 2
n.
2) Supposons qu’il existe un isomorphisme de groupes φ : Gln(K ) → Glm(K ).
On connaît un système de 2n symétries commutantes dans Gln(K ).
Leurs images par φ sont 2n symétries commutantes dans Glm(K ).
En vertu de 1), 2n ≤ 2
m , donc n ≤ m. On conclut par échange de n et m.
3) G est commutatif car ∀(g, h) ∈ G×G g.h = (g.h)−1
= h−1
.g−1
= h.g. Nous voilà ramenés à 1) Exercice 34 : ordre d’un élément. Si G est un groupe de neutre e, et a un élément de G, on note ω(a) ∈ N* ∪ ∞ l’ordre de a.
1) Comparer les ordres de a , a−1
et b−1
a b .
139
2) Soit f un morphisme G → G’. Si a∈G est d’ordre fini, f(a) aussi et l’ordre de f(a) divise celui de a. 3) Soient G un groupe multiplicatif, a et b deux éléments de G. Montrer que ab et ba ont même ordre. Si a, b et c sont trois éléments, abc et cba ont-ils même ordre ? 4) Soit G un groupe commutatif. Montrer que les éléments d’ordre fini forment un sous-groupe de G. 5) Un groupe infini contient-il nécessairement un élément d’ordre infini ? 6) Le produit de deux éléments d’ordre fini est-il d’ordre fini ?
[ Dans Gl2(Z), considérer A =
− 01
10 et B =
−−1110 .]
7) Si a et b commutent et ont des ordres resp. p et q premiers entre eux, quel est l’ordre de ab ?
Solution :
Rappelons que ω(a) est le plus petit entier k ≥ 1 tel que ak = e ; c’est aussi l’ordre (i.e. le cardinal) du
sous-groupe engendré par a.
1) Il est clair que a , a−1
et b−1
a b ont même ordre.
2) Si a ∈ G est d’ordre fini k , f(a)k = f(a
k) = e , donc f(a) est d’ordre fini et son ordre divise k.
Cette propriété est utile lors de la recherche des homomorphismes de G dans G’. 3) Dans un groupe de neutre e, il est clair que xy = e équivaut à yx = e.
Donc (ab)n = e ⇔ a (ba)
n−1 b = e ⇔ (ba)
n−1 ba = e ⇔ (ba)
n = e .
Ainsi, ab est d’ordre fini ssi ba l’est aussi, et ils ont même ordre.
Dans le groupe SSSS3, soient a = (1 2) , b = (2 3) et c le cycle [1, 2, 3] . abc est le cycle [1 3 2], cba est l’identité ; ils n’ont pas même ordre.
4) e est d’ordre 1. x et x−1
ont même ordre, et enfin (xy)n = x
n y
n , donc si x et y sont d’ordres finis
p et q, l’ordre de xy divise pq.
5) Un groupe infini contient-il nécessairement un élément d’ordre infini ? La réponse est non.
• Exemple 1 : Le groupe additif (Z/2Z)N
des suites à éléments dans Z/2Z n’a que des éléments d’ordre 1 ou 2. De même pour le groupe additif Z/2Z[X] des polynômes à éléments dans Z/2Z, qui, au fond, est un sous-groupe du précédent.
• Exemple 2 : Le groupe multiplicatif U∞ = U1≥n
nU des racines de l’unité. Il est infini, mais tous ses
éléments sont d’ordre fini.
• Exemple 3 : Le groupe additif quotient Q/Z. Soient r = a/b , (a, b) ∈ Z×N*, et r sa classe modulo
Z. Il est clair que br = 0 . Mais Q/Z est infini, car équipotent à Q ∩ [0, 1[.
6) S’ils ne commutent pas, le produit de deux éléments d’ordre fini peut être d’ordre infini.
Dans l’exemple proposé, on constate que A4 = B
3 = I , AB =
−
1011 , donc (AB)
n =
−
101 n .
7) (ab)k = a
k bk = e ⇒ a
k = b−k ∈ < a > ∩ < b > = e (par Lagrange) ⇒ a
k = b−k
= e ⇒ p et q divisent k ⇒ pq divise k. Réciproque évidente. Exercice 35 : théorème de Cauchy.
Soit G un groupe fini d’ordre n, de neutre e. On se propose de montrer que, pour tout diviseur premier p de n, G possède au moins un élément d’ordre p. On considère pour cela : − d’une part l’ensemble E = x = (x1, ..., xp) ∈ G
p ; x1 ... xp = e ,
− d’autre part le cycle γ = [ 1, 2, ... , p ] et le sous-groupe Γ de Sp qu’il engendre.
1) Définir une action de Γ sur E. Montrer que l’orbite de x sous l’action de Γ a 1 ou p éléments.
2) Quel est le cardinal de E ? Montrer que le nombre de solutions de xp = e dans G est multiple de p.
Conclure.
140
3) Applications : a) Soit n un quadratfrei. Montrer que tout groupe fini commutatif d’ordre n est isomorphe à Z/nZ. b) Montrer que tout groupe d’ordre 15 est isomorphe à Z/15Z. [ Indication : soient a un élément d’ordre 3, b un élément d’ordre 5, H = < a >, K = < b > ; montrer
que a.K.a−1
= K, puis que a et b commutent.]
Solution : Cette preuve élégante du théorème de Cauchy fut donnée par Mac Kay en 1959.
1) SSSSp agit sur Gp par (σ, x) → σ.x = ( )1(1−σx , …, )(1 px −σ ). En effet e.x = x et σ.(σ’.x) = (σ o σ’).x
La permutation circulaire γ = [ 1, 2, ... , p ] engendre un groupe Γ à p éléments dans SSSSp .
Ce sous-groupe agit lui aussi sur Gp , mais aussi sur E, car (x1, …, xp) ∈ E ⇒ γ.x ∈ E.
En effet x1 …. xp = e ⇒ xp = (x1 …. xp−1)−1
⇒ xp.x1 .… xp−1 = e.
L’orbite de x sous l’action de Γ a 1 ou p éléments. En effet, card OΓ(x) = )()(xcardF
card Γ | card Γ = p ,
où F(x) = σ ∈ Γ ; σ.x = x est le sous-groupe fixateur de x.
2) E a np−1
éléments car, pour se donner un p-uplet (x1, …, xp) ∈ E, il suffit de se donner un (p–1)-
uplet quelconque (x1, …, xp−1) et de poser xp = (x1 … xp−1)−1
. Ainsi, E est équipotent à Gp−1
.
np−1
= ∑ cardinaux des orbites = r + s.p ,
où r est le nombre d’orbites à 1 élément et s le nombre d’orbites à p éléments. Comme p divise n, p diviser r . Or les orbites à 1 élément sont les (x, x, …, x), où x
p = e.
r est donc le nombre de solutions de l’équation xp = e dans G.
Comme cette équation a au moins une solution, e, elle possède au moins p−1 autres solutions. Il y a donc au moins p−1 éléments d’ordre p dans G. cqfd ;
3) a) est facile. b) En vertu du théorème de Cauchy, G contient un élément a d’ordre 3 et un élément b d’ordre 5. Si l’on montre qu’ils commutent, alors ab sera d’ordre 15 et G sera cyclique. Soient H = < a > = e, a, a
2 et K = < b > = e, b, b
2, b
3, b
4 les sous-groupes engendrés.
H ∩ K = e par Lagrange. On en déduit que (K, aK, a2K) est une partition de G.
Je dis que K est un sous-groupe distingué de G, i.e. (∀x) x−1
Kx = K.
En effet si x0−1
K.x0 ≠ K, alors K’ = x0−1
K.x0 et K seraient deux sous-groupes de G d’intersection e, par Lagrange, donc G aurait au moins 25 éléments (lemme de Poincaré).
Ainsi a−1
b a ∈ K ; écrivons a−1
b a = bk
.
b = a−3
b a3 = a
−2 a
−1b a a
2 = a
−2 b
k a
2 = a
−1 a
−1 b
k a a = a
−1 b
k² a =
3kb .
Donc k3 ≡ 1 (mod 5). La table des cubes dans Z/5Z montre que k ≡ 1 (mod 5). CQFD.
Remarque : les théorèmes de Sylow permettraient de raccourcir cette preuve.
Exercice 36 : Soient G un groupe multiplicatif, a et b deux éléments de G tels que ab = b4a et b
6 = e.
Montrer que ab = ba et b3 = e.
Solution : [ Oral ENS Ulm 1990 ]
Rappelons que pour tous a, b ∈ G et tout n ∈ Z : ( a b a−1
)n = a b
n a
−1 .
Or a b a−1
= b4 , donc ( a b a
−1 )n = b
4n = e dès que 6 divise 4n, i.e. dès que 3 divise n.
Ainsi ( a b a−1
)3 = a b
3 a
−1 = e, donc b
3 = e .
141
Reportant dans ab = b4a , il vient ab = ba.
NB : plus généralement, le lecteur montrera que ab = bm
a et bn = e impliquent b
k = e et ab = b
ra ,
où k = m
nmppcm ),( =
),gcd( nmpn , et r est le reste euclidien de m par k.
Exercice 37 : Soit G un groupe multiplicatif vérifiant : ∀(x, y) ∈ G×G x2
y2 = y
2 x
2 et x
3 y
3 = y
3 x
3
Montrer que G est commutatif.
Solution : Merci à Gilles Boutte de m’avoir communiqué ce bel exercice.
Rappelons que pour tous a, b ∈ G et tout n ∈ Z : ( a b a−1
)n = a b
n a
−1 .
Soient x et y deux éléments de G. Introduisons le commutateur z = x3 y
2 x
−3 y
−2 de x
3 et y
2 .
On a z = ( x3 y x
−3 )2 y
−2 = x
3 ( y
2 x
−1 y
−2 )3 .
Autrement dit z est à la fois de la forme a2 b
2 et de la forme c
3 d
3 .
• Pour tout élément g de G : z g
3 = (c
3 d
3) g
3 = (d
3 c3) g
3 = d
3 (c
3 g
3) = d
3 (g
3 c
3) = (d
3 g
3) c
3 = (g
3 d
3) c
3 = g
3 (d
3 c
3) = g
3 z
.
De même, z g2 = g
2 z
. On en déduit que z g = g z : z appartient au centre de G.
• Maintenant, x3 y
2 x
−3 = z y
2 implique ( x
3 y
2 x
−3 )3 = ( z y
2 )3
,
c’est-à-dire x3 (y
2)3 x
−3 = z
3 (y
2 )3
( car z est dans le centre de G ).
Par ailleurs : x3 (y
2)3 x
−3 = (y
2)3 x
3 x
−3 = (y
2)3 . On en déduit que z
3 = e.
• De même, y2 x
−3 y
−2 = x
−3 z implique ( y
2 x
−3 y
−2 )2 = ( x
−3 z )
2 ,
c’est-à-dire y2 ( x
−3 )2 y
−2 = ( x
−3 )2 z
2 ( car z est dans le centre de G ).
Par ailleurs : y2 ( x
−3 )2 y
−2 = ( x
−3 )2 y
2 y
−2 = ( x
−3 )2 . On en déduit que z
2 = e.
• De z2 = z
3 = e , on déduit que z = e. Ainsi x
3 y
2 = y
2 x
3 .
Dans G, tout carré et tout cube commutent.
• Du coup :
x y = x3 (x
−1)2 y
3 (y
−1)2 = x
3 y
3 (x
−1)2 (y
−1)2 = y
3 x
3 (y
−1)2 (x
−1)2 = y
3 (y
−1)2 x
3 (x
−1)2 = y x.
Remarque : La condition ∀(x, y) ∈ G×G x2
y2 = y
2 x
2 n’implique pas la commutativité de G.
Ainsi, dans le groupe quaternionien G = ± e, ± i, ± j, ± k , les carrés sont ± e ; ils commutent. De même, dans le groupe O2(R), les carrés sont les rotations ; elles commutent.
La condition ∀(x, y) ∈ G×G x3
y3 = y
3 x
3 implique la commutativité de G lorsque G est engendré
par des involutions.
Exercice 38 : Soit G un groupe multiplicatif vérifiant : ∀(x, y) ∈ G×G xp
yp = y
p x
p et x
q y
q = y
q x
q
où p et q sont deux entiers premiers entre eux. Montrer que G est commutatif.
Solution : Simple généralisation de l’exercice précédent.
Rappelons que pour tous a, b ∈ G et tout n ∈ Z : ( a b a−1
)n = a b
n a
−1 .
Soient x et y deux éléments de G. Introduisons le commutateur z = xq y
p x
−q y
−p de x
q et y
p .
On a z = ( xq y x
−q )p y
−p = x
q ( y
p x
−1 y
−p )q .
Autrement dit z est à la fois de la forme ap b
p et de la forme c
q d
q .
• Pour tout élément g de G : z g
p = (c
p d
p) g
p = (d
p cp) g
p = d
p (c
p g
p) = d
p (g
p c
p) = (d
p g
p) c
p = (g
p d
p) c
p = g
p (d
p c
p) = g
p z
.
En échangeant les rôles de p et q, il vient z gq = g
q z .
142
Par Bachet-Bezout, il existe (u, v) ∈ Z×Z tel que up + vq = 1. On en déduit que z g = g z : z appartient au centre de G.
• Maintenant, xq y
p x
−q = z y
p implique ( x
q y
p x
−q )q = ( z y
p )q
,
c’est-à-dire xq (y
p)q x
−q = z
q (y
p )q
( car z est dans le centre de G ).
Par ailleurs : xq (y
p)q x
−q = (y
p)q x
q x
−q = (y
p)q . On en déduit que z
q = e.
De même zp = e. Par Bezout, z = e.
Ainsi, toute puissance p-ième commute avec toute puissance q-ième.
• Du coup : x y = x
up+vq y
up+vq = x
up x
vq y
up y
vq = x
up y
up x
vq y
vq = y
up x
up y
vq x
vq = y
up y
vq x
up x
vq = y x.
Exercice 39 : Soit G un groupe engendré par deux éléments x et y, vérifiant les relations :
x.y2 = y
3.x et y.x
2 = x
3.y .
Montrer que G = e.
[ Indications : La première relation entraîne x2.y
8.x
−2 = y
18 et x
3.y
8.x
−3 = y
27 ; utiliser la seconde
relation pour en déduire que y18
= y27
d’où y9 = e ; le fait que y
2 soit conjugué de y
3 entraîne alors y
= e, d’où x = e. ]
Solution : Rappelons que pour tout entier n : (a.b.a−1)n
= a.bn.a
−1 .
Notons (1) et (2) les deux relations.
(1) s’écrit x.y2.x
−1 = y
3 . D’où x
2.y
2.x
−2 = x.y
3.x
−1 .
Elevons ces deux éléments à la puissance 4 ; il vient :
(3) x2.y
8.x
−2 = x.y
12.x
−1 = (x.y
2.x
−1)6 = (y3)6
= y18
.
Maintenant x3.y
8.x
−3 = x.(x
2.y
8.x
−2).x
−1 = x.y
18.x
−1 = (x.y
2.x
−1)9 = (y
3)9 = y
27 (4)
Partons de (4) et utilisons la relation (2), puis (3) :
y27
= x3.y
8.x
−3 = x
3.y.y
7.x
−3 = y.x
2.y
7.x
−3 par (2)
= y.(x2.y
8.x
−2).x
2.y
−1.x
−3 = y.(y
18).x
2.y
−1.x
−3 par (3)
= y.(y18
).x2.(x
3.y)
−1 = y.(y
18).x
2.(y.x
2)−1
par (2)
= y18
.
De y18
= y27
on déduit aussitôt y9 = e .
Or par (1), y2 est conjugué de y
3 : x.y
2.x
−1 = y
3 .
Elevons au cube : x.y6.x
−1 = y
9 = e, donc y
6 = e .
Elevons au carré : x.y4.x
−1 = y
6 = e, donc y
4 = e .
Finalement : e = y9 = y.(y
4)2 = y . OUF ! La montagne a accouché d’une souris !
Référence : Bourbaki, Algèbre, I.144, ex. n° 10. Exercice 40 : probabilité de commutation. Soit G un groupe fini non commutatif. On note P(G) la probabilité pour que deux éléments de G, pris au hasard, commutent. On se propose de majorer P(G). Soient |G| = N l’ordre de G, Z = x ∈ G ; ∀y ∈ G x.y = y.x son centre, et, pour tout x ∈ G, C(x) = y ; x.y = y.x le commutant de x.
1) Montrer que ce sont des sous-groupes de G tels que Z ⊂ C(x) ⊂ G.
On note N = m.|Z| , N = kx |C(x)| et |C(x)| = jx |Z|. Montrer que si x ∉ Z, les inclusions Z ⊂ C(x) ⊂ G sont strictes. En déduire que m ≥ 4.
143
2) Vérifier que P(G) = ²
1N
card (x, y) ∈ G2 ; x.y = y.x =
N1 ∑
∈Zx xk1 +
N1 ∑
−∈ ZGx xk1 .
En déduire P(G) ≤ 85 . Montrer que P(G) =
85 si et seulement si m = 4.
3) Exemples : a) Montrer que le groupe diédral DDDD4 vérifie P(G) = 85 .
b) Soient H un groupe tel que P(H) = 85 , A un groupe abélien. Montrer que P(H×A) =
85 .
c) En déduire que pour tout N multiple de 8, il existe un groupe G d’ordre N tel que P(G) = 85 .
Solution : 1) Il est facile de vérifier que Z et C(x) sont des sous-groupes de G tels que Z ⊂ C(x) ⊂ G. En vertu du théorème de Lagrange, |Z| divise |G| = N et |C(x)|, et |C(x)| divise N. Posons N = m.|Z| , N = kx |C(x)| et |C(x)| = jx |Z| . On a donc N = kx.jx.|Z| et m = kx.jx. Soit x un élément de G. On a l’alternative :
• Si x ∈ Z, C(x) = G, kx = 1 et jx = m.
• Si x ∉ Z, les inclusions Z ⊂ C(x) ⊂ G sont strictes car x ∈ C(x), donc kx ≥ 2 et jx ≥ 2, et m ≥ 4.
2) Majoration de P(G).
P(G) = ²
1N
card (x, y) ∈ G2 ; x.y = y.x =
N1 ∑
∈Gx
xC )( = N1 ∑
∈Gx xk1
= N1 ∑
∈Zx xk1 +
N1 ∑
−∈ ZGx xk1 ≤
N1 |Z| +
N21 ( |G| − |Z| ) =
21 +
m21 ≤
21 +
81 =
85 .
Je dis que P(G) = 85 si et seulement si m = 4.
P(G) = 85 ⇒ m = 4 en vertu de la dernière majoration.
Si m = 4, pour tout x ∈ G−Z, kx = jx = 2 et P(G) = N1 |Z| +
N21 ( |G| − |Z| ) =
21 +
m21 =
85 .
3) Exemples : a) Le groupe diédral DDDD4 des isométries conservant le carré a 8 éléments et |Z| = 2, m = 4. Il vérifie P(G) = 5/8. b) Soient H un groupe tel que P(H) = 5/8, A un groupe abélien. Comme A est abélien, les couples (h, a) et (k, b) de H×A commutent ssi h et k commutent.
Donc P(H×A) = ²
1AH×
card (h, k) ; hk = kh × |A|2 = P(H) =
85 .
c) Pour tout N multiple de 8, il existe un groupe G d’ordre N tel que P(G) = 85 .
Il suffit de poser N = 8n et de prendre G = DDDD4×Z/nZ.
Remarque : On peut démontrer que si P(G) = 5/8, N = |G| est un multiple de 8. Compléments dans la RMS 2001-2002 n° 2, p. 276-279.
144
Les exercices suivants portent sur le groupe symétrique SSSSn.
Exercice 41 : Etudier en détail les groupes AAAA4 et SSSS4. Tables, ordres des éléments ? Trouver le plus grand nombre de sous-groupes possible.
Solution :
1) Le groupe alterné AAAA4 a 12 éléments. Outre l’identité e =
43214321 , il y a :
les trois bitranpositions (produits de deux transpositions à supports disjoints)
a1 =
21434321 a2 =
12344321 a3 =
34124321
a1 = [1 3][2 4] a2 = [1 4][2 3] a3 = [1 2][3 4] les huit 3-cycles :
b1 =
24314321 b2 =
32414321 b3 =
14234321 b4 =
31244321
b5 =
13424321 b6 =
23144321 b7 =
41324321 b8 =
42134321 .
Les éléments de AAAA4 sont d’ordre 1, 2 ou 3. Les ai sont d’ordre 2, les bj d’ordre 3.
On vérifie que le groupe AAAA4 est engendré par :
• Les 3-cycles b1, …, b8
• Les seuls 3-cycles b5 = [1, 2, 4] et b3 = [1, 3, 4].
• Le 3-cycle c = b7 = [1, 2, 3] et la bitransposition s = a3 = [1, 2][3, 4] qui vérifient les relations :
s2 = c
3 = (s.c)
3 = e , ( c
−1.s
−1.c.s )
2 = e.
Les sous-groupes de AAAA4 ont n = 1, 2, 3, 4, 6 ou 12 éléments. Les cas n = 1 et 12 sont triviaux.
Les sous-groupes à 2 éléments sont au nombre de 3 : e, a1, e, a2, e, a3. Les sous-groupes à 3 éléments sont au nombre de 4 : e, b1, b2 , e, b3, b4 , e, b5, b6 , e, b7, b8.
Si G est un sous-groupe à 4 éléments, il ne peut contenir aucun des bj, qui sont d’ordre 3.
Donc nécessairement G = e, a1, a2, a3. Or G = e, a1, a2, a3 est bien un sous-groupe de AAAA4.
En effet, on constate que a1 o a2 = a3 , et on en déduit successivement que
a1 o a3 = a2 , a3 o a2 = a1 , a1 o a2 o a1 o a2 = e , puis a2 o a1 = a1 o a2 , etc. Ce sous-groupe est isomorphe au groupe de Klein Z/2Z×Z/2Z.
Il y a donc exactement un sous-groupe d’ordre 4 : G = e, a1, a2, a3.
Montrons que A A A A4 ne contient pas de sous-groupe G d’ordre 6.
Comme AAAA4 ne contient pas d’élément d’ordre 6, G ne peut être isomorphe à Z/6Z. Il serait donc
isomorphe à SSSS3, donc contiendrait 3 éléments d’ordre 2 qui ne commutent pas. Or dans AAAA4 les éléments d’ordre 2 commutent. Autre idée : un tel sous-groupe doit contenir un élément d’ordre 2 et un élément d’ordre 3, c’est-à-dire une bi-transposition et un 3-cycle, par exemple [1 2][3 4] et [1 2 3], ce qui ne restreint pas la généralité. Or ces deux éléments engendrent tout AAAA4.
Conclusion : AAAA4 contient 10 sous-groupes : outre les 2 sous-groupes triviaux, 3 sous-groupes d’ordre 2, 4 sous-groupes d’ordre 3, 1 sous-groupe d’ordre 4.
2) Pour obtenir SSSS4, il faut adjoindre aux 12 éléments de AAAA4 déjà connus :
145
les 6 transpositions : τ12 =
43124321 τ13 =
41234321 τ14 =
13244321
τ23 =
42314321 τ24 =
34214321 τ34 =
34214321
les 6 cycles de longueur 4 :
c1 = [1, 2, 3, 4] =
14324321 c2 = [1, 2, 4, 3] =
31424321 c3 = [1, 3, 2, 4] =
12434321
c4 = [1, 3, 4, 2] =
24134321 c5 = [1, 4, 2, 3] =
21344321 c6 = [1, 4, 3, 2] =
32144321
Les éléments de SSSS4 sont d’ordre 1, 2, 3 ou 4 : Il y a 1 élément d’ordre 1 : l’identité e. Il y a 9 éléments d’ordre 2 : les 6 transpositions et les 3 bi-transpositions Il y a 8 éléments d’ordre 3 : les 3-cycles. Il y a 6 éléments d’ordre 4 : les 4-cycles.
Indiquons quelques sous-groupes de SSSS4 .
n = 1 et 24, e et SSSS4 .
n = 2 : les 9 sous-groupes engendrés par les 6 transpositions et les 3 bi-transpositions. n = 3 : les 4 sous-groupes engendrés par les 8 3-cycles. n = 4 : e, a1, a2, a3 , e, τ12, τ34, a3 , e, τ14, τ23, a2 , e, τ13, τ24, a1 , qui sont isomorphes au groupe de Klein, < [1 2 3 4] > = e, [1 2 3 4], [1 3][2 4], [1 4 3 2] isomorphe à Z/4Z. < [1 2 4 3] > = e, [1 2 4 3], [1 4][2 3], [1 3 4 2] isomorphe à Z/4Z. < [1 3 2 4] > = e, [1 3 2 4], [1 2][3 4], [1 4 2 3] isomorphe à Z/4Z. n = 6 : Les 6 permutations laissant fixe resp. 1, 2, 3, 4, forment 4 sous-groupes d’ordre 6 isomorphes à SSSS4.
n = 8 : On trouve trois sous-groupes d’ordre 8, isomorphes au groupe diédral DDDD4 :
< [1 2], [1 3 2 4] > = e, c3 , a3 , c5 , τ12 , a1 , τ34 , a2
< [1 3], [1 2 3 4] > = e, c1 , a1 , c6 , τ13 , a3 , τ24 , a2
< [1 4], [1 2 4 3] > = e, c2 , a2 , c4 , τ14 , a3 , τ23 , a1
n = 12 : le groupe AAAA4 .
Conclusion : nous avons trouvé 30 sous-groupes de SSSS4 . Outre les 2 sous-groupes triviaux, 9 sous-groupes d’ordre 2, 4 sous-groupes d’ordre 3, 7 sous-groupes d’ordre 4, 4 sous-groupes d’ordre 6, 3 sous-groupes d’ordre 8, 1 sous-groupe d’ordre 12.
Remarques : 1) On peut démontrer qu’il n’y en a pas d’autres, et qu’ils se groupent en 11 classes de conjugaison. Mais mieux vaut alors utiliser des résultats hors programme. 2) SSSS4 est isomorphe au groupe des isométries du tétraèdre régulier, A A A A4 au groupe de ses isométries
directes. S S S S4 est isomorphe au groupe des isométries directes du cube. Il serait intéressant de reprendre l’étude précédente à la lumière de ces isomorphismes.
Exercice 42 : Quel est le centre du groupe SSSSn ?
Solution : Si n = 2, le centre de SSSS2 est SSSS2, car SSSS2 est commutatif. Sinon, le centre de SSSSn est e. En effet, si une permutation σ commute avec toutes les autres, elle commute avec les transpositions ( la réciproque est aussi vraie, car les trannspositions engendrent SSSSn ).
Or, si σ commute à τij (i ≠ j), σ laisse stable la paire i, j ; cela est vrai pour toute paire. Si n ≥ 3, et si k ∉ i, j, σ laisse aussi stable i, k ; au final, σ(i) = i, et ce, pour tout i.
146
Exercice 43 : Montrer que le groupe alterné AAAAn est le groupe dérivé de SSSSn, c’est-à-dire le sous-
groupe engendré par les commutateurs [σ , σ'] = σ'−1 o σ−1 o σ' o σ .
Solution :
1) Tout d’abord un commutateur [σ , σ'] est toujours une permutation paire. Donc le groupe dérivé
de SSSSn est inclus dans AAAAn.
2) Réciproquement, AAAAn est engendré par les produits de deux transpositions. Il suffit donc de montrer que le produit τ o τ’ de deux transpositions est un commutateur.
Or deux transpositions τ et τ’ sont toujours conjuguées : (∃σ) τ’ = σ−1 o τ o σ .
[ Affirmation laissée en exercice. ] Alors τ o τ’ = τ o σ−1 o τ o σ = [ σ, τ ]. CQFD
Exercice 44 : Signatures des permutations
−−
12...11...21
nnnn ,
−+++
nnnnnnn
2...64212...5312...321...321 ,
−+++
12...5312...6422...321...321nnnnnnn
Solution : Rappelons qu’il y a trois méthodes pour calculer une signature σ :
− compter les inversions et ε(σ) = (−1)I(σ)
, où I(σ) est le nombre d’inversions ;
− décomposer σ en produit de transpositions et ε(σ) = (−1)r, où r est le nombre des transpositions.
−−−− décomposer σ en cycles à supports disjoints et ε(σ) = (−1)n−ν(σ)
, où ν(σ) est le nombre d’orbites.
Les trois méthodes s’appliquent à la première permutation.
Tous les couples (i, j), i < j, sont en inversion, donc ε(σ) = 2)1(
)1(−
−nn
.
Si n = 2m, σ est produit des m transpositions (1, 2m) o (2, 2m−1) o … o (m, m+1) Si n = 2m+1, σ est produit des m transpositions (1, 2m+1) o (2, 2m) o … o (m, m+2)
Dans les deux cas, ε(σ) = m)1(− = )2/()1( nE− .
Si n = 2m, σ a pour orbites 1, 2m, 2, 2m−1, … , m, m+1, donc ν(σ) = m ; Si n = 2m+1, σ a pour orbites 1, 2m+1, 2, 2m, … , m, m+2, m+1, donc ν(σ) = m + 1 ;
Dans les deux cas, ε(σ) = )2/()1( nPn−− , où P est la fonction « plafond ».
Conclusion :
−−
12...11...21
nnnn a pour signature ε(σ) = 2
)1(
)1(−
−nn
= )2/()1( nE− = )2/()1( nPn−− .
Trois résultats différents ! Mais on peut vérifier qu’ils coincident, que n soit pair ou impair.
Pour les deux autres permutations, le décompte des inversions est la seule méthode simple.
Soit σ’ =
−+++
nnnnnnn
2...64212...5312...321...321 .
Les inversions sont à chercher parmi les couples (i, j), où i ∈ 1, …, n, j ∈ n+1, …, 2n. Ce sont : (2, n+1), …, (n, n+1), (3, n+2), …, (n, n+2), …, (n−1, 2n−1), d’où :
I(σ’) = 1 + 2 + … + (n – 1) = 2
)1( nn− et ε(σ’) = 2
)1(
)1(−
−nn
.
Soit σ’’ =
−+++
12...5312...6422...321...321nnnnnnn .
Les inversions sont à chercher parmi les couples (i, j), où i ∈ 1, …, n , j ∈ n+1, …, 2n . Ce sont : (1, n+1), (2, n+1), (2, n+2), …, (n, n+1), …, (n, 2n), d’où :
I(σ’’) = 1 + 2 + … + n = 2
)1( +nn et ε(σ’’) = 2
)1(
)1(+
−nn
.
147
Exercice 45 : Le cycle (1, 2, …, n) admet-il une racine carrée dans SSSSn ?
Solution : [ Oral Mines MP 2010, RMS n° 404 ] Notons γ ce cycle. S’il existe une permutation σ telle que σ o σ = γ, alors ε(γ) = ε(σ)
2 = 1.
Or ε(γ) = (−1)n−1
, soit après dénombrement des inversions, soit en décomposant γ en transpositions,
soit à l’aide de la formule ε(σ) = (−1)n−ν(σ)
. Par conséquent, n est impair.
Réciproquement, supposons n impair, n = 2k + 1. Alors γn = γ2k+1
= e, donc γ = γ−2k .
Autrement dit γ = σ2, où σ = γ−k
=
++++++++1...2112...432122...21...321
kkkkkkkkkkk .
Conclusion : Le cycle (1, 2, …, n) admet une racine carrée dans SSSSn si et seulement si n est impair.
Remarque : l’exercice suivant généralise cela. Exercice 46 : cns pour qu’une permutation soit un carré. On se place dans le groupe SSSSn des permutations de 1, 2, …, n.
1) Si γ = [x1, x2, …, xq] est un cycle de longueur q, calculer γ2 en distinguant deux cas.
2) Soit σ ∈ SSSSn . Montrer l’équivalence des propriétés suivantes :
a) ∃τ ∈ SSSSn σ = τ2 ;
b) Pour tout entier pair 2k ∈ [1, n], le nombre des orbites de σ de longueur 2k est pair.
3) Exemple :
a) Soit σ =
3572681487654321 . Calculer ε(σ) ; σ est-elle un carré dans SSSS8 ?
b) Soit f la permutation
7261085349110987654321 . Trouver une permutation g de 1, …, 10
telle que g o g = f. Combien y en-a-t-il en tout ?
Solution : 1) Si γ est un cycle de longueur impaire, γ2
est un cycle de même longueur, à savoir :
γ2 = [x1, x3, x5, …, xq, x2, x4, …, xq−1] .
Si γ est de longueur paire q = 2k, γ2 se scinde en deux cycles disjoints de longueur k :
γ2 = [x1, x3, x5, …, xq−1] o [x2, x4, x6, …, xq] .
2) Quand on élève une permutation τ décomposée en cycles à supports disjoints au carré, chaque cycle de longueur impaire donne naissance à un cycle de longueur impaire de même support, et chaque cycle de longueur paire se scinde en deux cycles à support disjoint de longueur moitié. Du coup, pour tout k, les cycles de longueur 2k de σ = τ2
sont en nombre pair, puisqu’ils proviennent de cycles de longueur 4k. Réciproquement, si σ possède cette propriété, décomposons-la en cycles disjoints. Les cycles de longueur impaire sont carrés de cycles de même longueur. Les cycles de longueur 2k peuvent être groupés par deux et proviennent par exemple d’un cycle de longueur double. 3) Exemples. a) Si ε(σ) = −1, σ ne peut être un carré, mais la réciproque est fausse. Ainsi, la permutation proposée est telle que ε(σ) = 1, mais σ = [1, 4, 6, 7, 5, 2] o [3, 8] n’est pas un carré. b) f = [2, 9] o [3, 4] o [6, 8] o [7, 10] est le carré de g = [2, 3, 9, 4] o [6, 7, 8, 10] par exemple. Mais aussi de [2, 4, 9, 3] o [6, 7, 8, 10] , [2, 3, 9, 4] o [6, 10, 8, 7] , [2, 4, 9, 7] o [6, 10, 8, 7]. f est aussi le carré de [2, 6, 9, 8] o [3, 7, 4, 10] et des trois autres, comme ci-dessus.
148
et aussi de [2, 7, 9, 10] o [3, 6, 4, 8] et des trois autres. En tout 12 racines carrées. Mais nous ne nous sommes pas occupés de 1, 5, qui peuvent provenir de [1] o [5] ou de [1, 5]. Je trouve donc 24 racines carrées de f. Je n’en vois pas d’autres.
Exercice 47 : Montrer que toute permutation d’ordre 14 dans SSSS10 est paire.
Solution : Rappelons deux résultats :
• L’ordre d’une permutation est le ppcm des longueurs des cycles disjoints, c’est-à-dire des cardinaux des orbites.
• La signature d’une permutation σ vérifie ε(σ) = (−1)n−ν(σ)
, où ν(σ) est le nombre d’orbites de σ.
Si σ est une permutation d’ordre 14 dans SSSS10, elle a nécessairement 3 orbites : une orbite à 7 éléments, une orbite à 2 éléments, et une orbite à 1 élément, c’est-à-dire un point fixe.
Donc ν(σ) = 3 et ε(σ) = (−1)10−3
= −1. cqfd. Montrer de même qu’une permutation d’ordre 15 est paire. Exercice 48 : Calculer le ppcm des ordres des éléments du groupe des permutations de 1, … , n.
Solution : [ Oral Centrale MP 2009 ] Nous allons démontrer que ce ppcm est U(n) = ppcm(1, 2, …, n). Notons-le provisoirement M. En effet, pour tout 1 ≤ k ≤ n, il existe une permutation d’ordre k, par exemple le cycle [1, 2, …, k]. Par conséquent, U(n) divise M. Par ailleurs, l’ordre d’une permutation est le ppcm des cardinaux des orbites. Donc il divise U(n). Par conséquent, M divise U(n). Cqfd.
Remarque : U(n) est donc l’exposant du groupe SSSSn, c’est-à-dire le plus petit entier m tel que ∀σ ∈
SSSSn σm = Id. Cette fonction U est importante ; on l’a étudiée dans un exo d’arithmétique antérieur.
Exercice 49 : Trouver tous les homomorphismes du groupe symétrique SSSSn des permutations de 1, 2, …, n dans le groupe multiplicatif (C*, ×).
Solution :
1) Tout d’abord, on connaît deux tels morphismes : le morphisme trivial ε0 : σ → 1, et la signature ε, à valeurs dans +1, −1.
2) Réciproquement, soit φ un morphisme SSSSn → C*. Comme toute transposition τ est involutive,
φ(τ) = ±1. Comme les transpositions engendrent SSSSn , φ(σ) = ±1 pour toute permutation σ.
3) Attention, la preuve n’est pas terminée ! Nous allons montrer que l’on a l’alternative : • soit φ(τ) = 1 pour toute transposition élémentaire τ, et alors φ est le morphisme trivial ;
• soit φ(τ) = −1 pour toute transposition élémentaire τ, et alors φ est la signature.
Cela découle de ce que les transpositions élémentaires σi = τi,i+1 (1 ≤ i ≤ n−1) vérifient les relations :
(σi)2 = e , σi o σj = σj o σi pour | i − j | ≥ 2 et (σi o σi+1)
3 = e .
Ces dernières relations s’écrivent aussi σi o σi+1 o σi = σi+1o σi o σi+1 : ce sont les fameuses relations de tresses. 8
Appliquant φ aux deux membres, on voit aussitôt que φ(σi) = φ(σi+1). Cqfd.
8 Ah ! caresser les tresses après le foot-ball !
149
Exercice 50 : Familles génératrices de transpositions.
1) Soit T une famille de transpositions de SSSSn. On lui associe le graphe Γ = (S, A) dont les sommets
sont les éléments de S = [1, n], et les arêtes les couples (i, j) tels que τij ∈ T. Montrer que T est une génératrice si et seulement si le graphe Γ est connexe.
2) Soit T un système de transpositions engendrant SSSSn. Montrer que card T ≥ n − 1. [ Indication : montrer par récurrence sur p ∈ [1, n−1] qu’il existe une partie P ⊂ T telle que card P = p et que la réunion des supports des transpositions τ ∈ P ait p + 1 éléments. ]
Solution : 1) Laissée en exercice. 2) Utilisons la méthode indiquée. Si p = 1, tout transposition τ ∈ P a un support à 2 éléments. Supposons le résultat vrai au rang p − 1. Soit P’ une partie de T de cardinal p − 1 telle que la réunion S’ des supports des transpositions τ ∈ P’ ait p éléments. Je dis qu’il existe un couple (i, j) tel que i ∈ S’, j ∉ S’ et τij ∈ T. Sans quoi, toutes les τ ∈ T laisseraient stable S’, puisque leur support serait inclus dans S’ ou dans
son complémentaire. Et alors T ne pourrait engendrer le groupe SSSSn.
P = P’ ∪ τij vérifie card P = p, et la réunion des supports de ses éléments a p + 1 éléments. Appliquons ceci à p = n − 1, il vient card T ≥ n − 1.
Remarque : On peut montrer que les systèmes générateurs minimaux de transpositions sont les arbres (cf. Problèmes d’algèbre générale).
Exercice 51 : Montrer que le cycle [ 1, 2, …, n ] et la transposition (1, 2) engendrent le groupe SSSSn.
Solution : Si n = 2, [1, 2] = (1, 2) engendre SSSS2, qui est cyclique et isomorphe à Z/2Z.
Supposons n > 2. Il s’agit de montrer que le groupe SSSSn est « dicyclique », i.e. engendré par deux éléments. Notons c le cycle [ 1, 2, …, n ], et t la transposition (1, 2) ; c est d’ordre n, t d’ordre 2.
Je dis que, pour 2 ≤ k ≤ n , c−k
o t o ck est la transposition élémentaire (n – k + 1, n − k + 2). Indeed :
1 2 … n – k n – k + 1 n – k + 2 n – k + 3 … n k +1 k + 2 … n 1 2 3 … k k + 1 k + 2 … n 2 1 3 … k 1 2 … n – k n – k + 2 n – k + 1 n – k + 3 … n
Comme toute permutation est produit de transpositions élémentaires, toute permutation est engen-drée par c et t. cqfd.
Exercice 52 : Trouver un homomorphisme non constant du groupe (SSSS4, o) dans le groupe (SSSS3, o).
Solution : [Oral ENS Ulm 1994 ]
Notons SSSS3 = e, a, b, r, s, t , où :
e =
321321 , a =
132321 , b = a
2 =
213321 , r =
231321 , s =
123321 , t =
312321 .
1) Première solution, très simple :
La signature ε : SSSS4 → ±1, × est un morphisme surjectif de groupes.
Or le groupe ±1, × est isomorphe à chacun des sous-groupes e, r, e, s, e, t de SSSS3 .
En composant ces morphismes, on obtient trois morphismes de groupes non triviaux de SSSS4 dans SSSS3.
2) Nous allons chercher tous les morphismes f de SSSS4 dans SSSS3 .
Notons u = [1, 2], v = [2, 3] et w = [3, 4] les trois transpositions élémentaires de SSSS4 .
150
Elles engendrent SSSS4 et satisfont aux relations fondamentales :
u2 = v
2 = w
2 = e , u o w = w o u , u o v o u = v o u o v , v o w o v = w o v o w.
Leurs images par f, notées resp. x, y et z, doivent satisfaire aux mêmes relations, dans SSSS3 .
x2 = y
2 = z
2 = e , x o z = z o x , x o y o x = y o x o y , y o z o y = z o y o z.
Nous admettrons ici que, réciproquement, pour tout triplet (x, y, z) d’éléments de SSSS3 satisfaisant ces relations, il existe un et un seul morphisme f correspondant. L’unicité découle de ce que u, v et w
engendrent de SSSS4. L’existence est beaucoup moins évidente et découle de la théorie des groupes définis par générateurs et relations. Tout d’abord x, y et z sont des involutions, donc x , y , z ⊂ e , r , s , t . De plus, x et z commutent, ce qui impose, soit que l’un des deux vaut e (r, s et t ne commutent pas), soit que x = z.
• Supposons x = e. Les relations s’écrivent : y2 = z
2 = e , y = y
2 , y o z o y = z o y o z.
Du coup, y = e et z = z2, donc z = e. Finalement f est le morphisme trivial.
• De même, z = e conduit au morphisme trivial. • Supposons x = z = r. Alors il reste y
2 = e , r o y o r = y o r o y .
On s’aperçoit que y = r, s et t satisfont ces relations. On obtient donc 3 morphismes • Idem si x = z = s et x = z = t.
Conclusion : sauf erreur, il y a 10 homomorphismes de groupes de SSSS4 dans SSSS3 , dont 9 non triviaux.
Exercice 53 : Pour σ ∈ SSSSn, on pose f(σ) = ∑=
n
k
kk1
)(σ . Déterminer les extrema de f et les points en
lesquels ils sont atteints.
Solution : [ Oral Mines MP 2010, RMS n° 402, Mines MP 2011, n° 361, Mines MP 2012, n° 403 ]
L’examen des cas n = 2 et 3 conduit à penser que f(σ) est maximum lorsque σ est l’identité, et minimum lorsque σ est l’ « anti-identité », i.e. σ(k) = n + 1 − k pour tout k. Soit σ une permutation rendant maximum S(σ). On a ∀(i, j) S(σ) ≥ S(σ o τij) , c’est-à-dire :
∑=
n
k
kk1
)(σ ≥ ∑∉ jik
kk,
)(σ + iσ(j) + jσ(i), donc par soustraction ( i − j ).( σ(i) − σ(j) ) ≥ 0.
Par conséquent, σ est croissante. Or il n’y a qu’une permutation croissante : l’identité. Idem pour le minimum.
(∀σ ∈ SSSSn) ∑=
−+n
i
ini1
)1.( = 6
)2)(1( ++ nnn ≤ f(σ) = ∑
=
n
i
ii1
)(.σ ≤ ∑=
n
i
i1
2 = 6
)12)(1( ++ nnn.
Remarques : 1) On peut aussi établir ce résultat par récurrence sur n, mais c’est délicat. 2) Cet exercice est amplement généralisé dans mon chapitre sur les inégalités, dans le § 1 sur les
inégalités de réordonnement. Soient a1, a2, …, an et b1, b2, …, bn des réels. Quand σ décrit SSSSn, la
somme S(σ) = ∑=
n
iii ba
1)(. σ prend au plus n! valeurs. S(σ) est maximum lorsque les suites a1, a2, …, an
et bσ(1), bσ(2), …, bσ(n) sont rangées dans le même ordre, au sens large. S(σ) est minimum lorsque
les suites a1, a2, …, an et bσ(1), bσ(2), …, bσ(n) sont rangées dans l’ordre inverse. Exercice 54 : Soient p et q des entiers ≥ 1, n = p + q.
1) Montrer que l’ensemble SSSSp|q des permutations σ ∈ SSSSn laissant stables les intervalles 1, …, p
et p+1, …, n est un sous-groupe de SSSSn, isomorphe à SSSSp × SSSSq.
151
2) Dénombrer l’ensemble SSSSp,q des permutations σ ∈ SSSSn telles que : σ(1) < σ(2) < … < σ(p) et σ(p + 1) < σ(p + 2) < … < σ(p + q) . 3) Montrer que l’application φ : (σ, τ) ∈ SSSSp,q × SSSSp|q → σ o τ ∈ SSSSn est bijective.
Solution : [ Bourbaki, Algèbre IV. 41, Chambadal Ovaert, Algèbre t. 2, p. 193 ]. 1) est facile. 2) A σ ∈ SSSSp,q associons l’ensemble σ(1) , σ(2) , … , σ(p) ; c’est une partie à p éléments de 1, 2, …, n. Inversement, si A est une partie à p éléments de 1, 2, …, n, il y a une seule permutation σ
∈ SSSSp,q telle que A = σ(1) , σ(2) , … , σ(p) . Il suffit de ranger les éléments de A et ceux de son
complémentaire dans l’ordre croissant. On en déduit que card SSSSp,q = !!.)!(
qpqp+
.
Attention ! SSSSp,q n’est pas un sous-groupe de SSSSn.
3) Comme les ensembles SSSSp,q × SSSSp|q et SSSSn ont même cardinal, il suffirait de montrer que φ est injective. Nous préférons montrer que φ est bijective par analyse et synthèse. Prenons un exemple : soient p = 4, q = 3, n = 7,
τ =
65721347654321 , σ =
53176427654321 , u = σ o τ =
31542677654321 .
u étant donnée, σ s’obtient en réordonnant dans l’ordre croissant [7, 6, 2, 4] et [5 1 3]. La suite est laissée au lecteur. ___________
7. Actions de groupes.
Exercice 1 : Sous-groupes distingués.
1) Soit G un groupe d’ordre pair n ; montrer que tout sous-groupe H d’ordre 2n est distingué.
2) Plus généralement, soit G un groupe d’ordre n, et p le plus petit diviseur premier de n.
Montrer que tout sous-groupe H d’ordre pn est distingué.
[ Indication : Soit E l’ensemble des translatés à gauche x.H de H ; G agit par translation à gauche sur
E ; considérer le morphisme de groupes ϕ de G dans (SSSSE, o) associé. ]
Solution : [ MacLane Birkhoff, Algèbre ] Rappelons que l’ordre d’un groupe fini est son cardinal.
1) Soit H un sous-groupe de G d’ordre n/2. Il s’agit de montrer que ∀x ∈ G x.H = H.x. • Si x ∈ H, c’est évident, car x.H = H.x = H. • Si x ∉ H, il est facile de montrer que x.H ∩ H = H.x ∩ H = ∅. Pour des raisons de cardinaux, x.H = H.x = G – H. cqfd.
2) Soit E = (G/H)g = x.H ; x ∈ G l’ensemble des classes à gauche modulo H. G agit à gauche sur E via (y, x.H) → y.x.H, et cette action est transitive, i.e. n’a qu’une seule orbite. E est un ensemble à p éléments, car x.H = x’.H ssi x et x’ sont congrus à gauche modulo H.
Par conséquent, (SSSSE, o) est un groupe à p! éléments.
Soit ϕ le morphisme de groupe : G → SSSSE associé à cette action. K = Ker ϕ est un sous-groupe distingué de G (en tant que noyau), inclus dans H, car ϕ(g) = idE ⇒ ϕ(g)(H) = H ⇒ g.H = H ⇒ g ∈ H.
ϕ se factorise en un morphisme injectif G/K → SSSSE.
cardKcardG | card SSSSE = p ! et, bien sûr
cardKcardG | card G = n.
152
Or pgcd(n, p!) = p , donc cardKcardG | p.
Comme card K | card H, cardHcardG = p |
cardKcardG | p , donc card H = card K.
Par conséquent, H = K, et H est distingué puisque K l’est.
Exercice 2 : Théorème de Burnside.
Soit p un nombre premier, on appelle p-groupe tout groupe fini dont l’ordre est une puissance de p.
1) Soient E un ensemble fini, G un p-groupe opérant sur E. On note E
G = x ∈ E ; ∀g ∈ G g T x = x . Montrer que : card E
G ≡ card E (mod p) .
2) Soit G un p-groupe non réduit à e. En considérant l’action par conjugaison de G sur lui-même, montrer que le centre Z de G n’est pas réduit à e (Burnside). 3) Soit G un groupe quelconque, Z son centre. Montrer que si G/Z est monogène, G est abélien.
4) Soit p un nombre premier. Déduire de ce qui précède que tout groupe d’ordre p2 est abélien, et
isomorphe, soit à Z/p2Z, soit à (Z/pZ)
2.
5) Montrer que les matrices
10010
1cba
, où a, b, c décrivent Z/pZ, forment un p-groupe multiplicatif
Quel est son centre ?
Solution : 1) Pour tout x ∈ E, notons O(x) = g T x ; g ∈ G l’orbite de x sous l’action de G. et Gx = g ; g T x = x le groupe fixateur de x.
Comme G est fini, pour tout x ∈ E, on a : card G = card O(x).card Gx . Soit P un système représentatif d’éléments de E, formé d’un élément et un seul dans chaque orbite.
On a la formule des classes : card E = ∑∈Px
xcardO )( = ∑∈Px xcardG
cardG .
EG
= x ∈ E ; O(x) = x ; le cardinal des autres orbites est multiple de p.
On en déduit card EG
≡ card E (mod p) .
2) Soit E = G ; considérons l’action par conjugaison (g, x) → g T x = g−1
.x.g.
EG
= x ∈ E ; ∀g ∈ G g T x = x = x ∈ E ; ∀g ∈ G g−1
.x.g = x = x ∈ E ; ∀g ∈ G x.g = g.x n’est autre que le centre Z de G. En vertu de 1), card Z ≡ card G (mod p), donc p divise card Z et Z n’est pas réduit à e.
3) Le centre Z de G est un sous-groupe distingué. Supposons G/Z monogène engendré par a .
∀ x ∈ G/Z ∃p ∈ Z x = a p.
En d’autres termes : ∀x ∈ G ∃y ∈ Z ∃p ∈ Z x = ap.y.
Soient x et x’ deux éléments de G : ∃y’∈ Z ∃q ∈ Z x’ = aq.y’.
x.x’ = ap.y.a
q.y’ = a
p+q.y.y’ = a
q.y’.a
p.y car y et y’ appartiennent au centre de G.
4) Soit G un groupe d’ordre p2 . Si Z = G, G est abélien. Si Z était d’ordre p, G/Z serait un groupe
d’ordre p, donc cyclique ; en vertu de 3), G serait abélien, ce qui est impossible. Enfin Z n’est pas réduit à e. Dans tous les cas, G est abélien. Montrons qu’il est isomorphe, soit à Z/p
2Z, soit à (Z/pZ)
2. Notons-le additivement.
− Si G est cyclique, il est isomorphe à Z/p2Z.
− Sinon, tout élément non nul est d’ordre p, et l’on a ∀x ∈ G p.x = 0. Soient a un élément non nul de G, et H = < a > = 0, a, 2a , …, (p−1)a le sous-groupe engendré. Soient b un élément de G n’appartenant pas à H, et K = < b > = 0, b , 2b , …, (p−1)b le sous-groupe engendré.
153
Le lecteur montrera que l’application (x, y) ∈ H×K → x + y ∈G est un isomorphisme. On en déduira que G est isomorphe à (Z/pZ)
2 .
Remarque : voici une solution plus abstraite. La loi externe (n, x) ∈ Z×G → n.x ∈ G, jointe à l’addition, fait de G un Z-module. Comme p.x = 0, n.x ne dépend que de la classe de n modulo p. On
peut donc définir sur G une loi externe (n , x) ∈ Z/pZ×G → n .x ∈ G , qui, fait de G un Z/pZ-espace vectoriel. Cet espace vectoriel est un plan, il suffit d’en choisir une Z/pZ-base.
5) Il résulte également de ce qui précède qu’un groupe d’ordre p3 a un centre d’ordre p ou p
3.
En effet, son centre n’est pas réduit à e, et s’il était d’orre p2, G/Z serait d’ordre p, donc cyclique.
Voici un exemple de groupe d’ordre p3 dont le centre est d’ordre p .
L’ensemble G =
10010
1cba
; a, b, c ∈ Z/pZ est un sous-groupe multiplicatif de Gl3(Z/pZ).
Il a p3 éléments. Il n’est pas commutatif, car
100010011
et
100110001
ne commutent pas.
Par conséquent, le centre Z a p éléments.
De fait,
10010
1cba
et
10010
1zyx
commutent ssi az = xc. On en déduit que Z =
100010
01 b ; b ∈ Z/pZ .
Si a n’est pas nul, on peut choisir z = a−1
, x = 0 ; si c n’est pas nul, on peut choisir x = c−1
, z = 0. Exercice 3 : Théorème du collier de Pólya.
1) Soit G un groupe agissant sur l’ensemble E. En dénombrant de deux façons Γ = (g, x) ∈ G×E ; g T x = x , montrer la formule de Burnside-Frobenius (avec les notations du cours) :
card(G).card(P) = ∑∈Ex
xcardG = ∑∈Gg
gcardF .
2) On considère un collier de n perles placées aux sommets d’un polygone régulier de n côtés. De combien de façons peut-on peindre ces perles avec au plus q couleurs, en considérant comme équivalents deux colliers se déduisant l’un de l’autre par rotation ? Si n = q = 2, ce nombre est 3. a) Soient G = Z/nZ, X = 1, 2, ..., q , et E = FFFF(G, X). Montrer que (s, f ) → s * f , où (s * f )(x) = f(s + x) est une action de G sur E, et que le problème
posé équivaut à dénombrer les orbites de E.
b) Soit s ∈ G ; calculer card Fσ et en déduire : card P = n1 ∑
nd
d)(ϕ qn/d .
Solution : cf. Louis Comtet, et RMS juin 2012 (S. Baumard et A. Page) Exercice 4 : Tours de cartes. On considère un jeu de 2n cartes numérotées 1, 2, ..., 2n. On le scinde en 2 paquets égaux (1, 2, ..., n) et (n+1, n+2, ... , 2n), que l’on intercale de façon que le jeu devienne (n+1, 1, n+2, 2, ..., 2n, n). 1) Montrer que si 2n+1 est premier et si l’on répète l’opération 2n fois, on revient au jeu de départ.
2) Montrer que si 2n−1 est premier et si l’on répète l’opération 2n−2 fois, on revient au jeu de départ.
Solution : Exercice 5 : Similitudes.
Soit E un plan euclidien orienté rapporté au repère orthonormé direct (0,i , j ).
154
1) Soient a et b deux réels fixés. Montrer que les similitudes directes s(t) de matrice :
S(t) = eat
−
btbtbtbt
cossinsincos forment un groupe G.
2) Quelles sont les orbites de E sous l’action de G ?
Solution : 1) det S(t) = e
2at > 0 et S(s + t) = S(s).S(t). S est un morphisme de (R, +) dans Gl2(R).
G = Im S est donc un sous-groupe de Gl2(R).
2) Soit M0(x0, y0) un point de E. Si M0 = O, son orbite est O.
Sinon, passons en complexes. S(t).M0 = M(t) a pour affixe z(t) = e(a+ib)t
z(0).
Posant z(t) = r(t).eiθ(t)
, r(t) = r(0). eat
, θ(t) = θ(0) + bt. Si a = b = 0, les orbites sont les singletons.
Sinon, si b ≠ 0, les orbites sont des spirales logarithmiques r = C.emθ
, où m = ba .
Si a = 0, ce sont des cercles de centre O. Si b = 0, ce sont les demi-droites issues de O. Exercice 6 : Soit E un plan vectoriel. Montrer que le groupe linéaire Gl(E) agit de manière transitive sur les droites de E, les couples de droites distinctes, les triplets de droites distinctes. Agit-il de façon transitive sur les quadruplets de droites distinctes ? Solution :
Exercice 7 : Symétries d’un polynôme.
On considère le polynôme P(X1, X2, X3, X4) ∈ Q[X1, X2, X3, X4] défini par :
P(X1, X2, X3, X4) = ( X1 − X2 )2 + ( X2 − X3 )
2 + ( X3 − X4 )
2 + ( X4 − X1 )
2 .
Quel est le sous-groupe de SSSS4 formé des permutations σ telles que :
P(Xσ(1), Xσ(2), Xσ(3), Xσ(4)) = P(X1, X2, X3, X4) ?
Montrer qu’il est isomorphe au groupe diédral DDDD4.
Solution : _____________ 8. Anneaux.
Exercice 0 : Calcul de π. On considère le calcul suivant :
x = 2
3+π ⇒ 2x = π + 3 ⇒ 2x(π − 3) = (π + 3)(π − 3) ⇒ 2πx − 6x = π2 − 9
⇒ 9 – 6x = π2 − 2πx ⇒ 9 – 6x + x
2 = π2
− 2πx + x2 ⇒ (3 – x)
2 = (π − x)
2
⇒ 3 – x = π − x ⇒ π = 3. Chercher l’erreur ….
Solution : [ Pour la Science, juin 2015, p. 81 ] Exercice 1 : Soit A un anneau commutatif. Montrer les identités suivantes :
( a2 + b
2 )( c
2 + d
2 ) = ( ac – bd )
2 + ( ad + bc )
2 ( Diophante )
( a2 + b
2 + c
2 + d
2 )
2 = ( a
2 + b
2 − c
2 − d
2 )
2 + ( 2ac + 2bd )
2 + ( 2ad − 2bc )
2 ( Victor Lebesgue )
( a2 + b
2 + c
2 + d
2 ) ( x
2 + y
2 + z
2 + t
2 ) = … ( Euler )
155
( ax + by + cz + dt )2 + ( ay − bx − ct + dz )
2 + ( az + bt − cx − dy )
2 + ( at − bz + cy − dx )
2
∑≤<≤
−++41
44 )()(ji
jiji xxxx = 2 ∑≤<≤
++41
4224 )6(ji
jjii xxxx ( Liouville )
( P2 + Q
2 + R
2 + S
2 + T
2 + U
2 + V
2 + W
2 ).( p
2 + q
2 + r
2 + s
2 + t
2 + u
2 + v
2 + w
2 )
= A2 + B
2 + C
2 + D
2 + E
2 + F
2 + G
2 + H
2 , où :
avec A = Pp − Qq − Rr − Ss − Tt − Uu − Vv − Ww B = Pq + Qp + Rs − Sr + Tu − Ut − Vw + Wv C = Pr − Qs + Rp + Sq + Tv + Uw − Vt − Wu D = Ps + Qr − Rq + Sp + Tw − Uv + Vu − Wt E = Pt − Qu − Rv − Sw + Tp + Uq + Vr + Ws F = Pu + Qt − Rw + Sv − Tq + Up − Vs + Wr G = Pv + Qw + Rt − Su − Tr + Us + Vp − Wq H = Pw − Qv + Ru + St − Ts − Ur + Vq + Wp ( Degen )
Solution : Acheter un bidon d’huile de coude, ou un logiciel de calcul formel… La seconde identité se déduit de la première, car : ( a
2 + b
2 + c
2 + d
2 )
2 − ( a
2 + b
2 − c
2 − d
2 )
2 = ( 2a
2 + 2b
2 ).( 2c
2 + 2d
2 )
= 4 ( a2 + b
2 ).( c
2 + d
2 ) = 4 ( ac + bd )
2 + 4 ( ad − bc )
2 .
Remarque : Ces identités renvoient aux complexes, aux quaternions et aux octonions. Exercice 2 : Soit A un anneau. 1) Décrire le plus petit sous-anneau de A. 2) Si x est un élément de A, décrire le plus petit sous-anneau de A contenant x. 3) Si x et y sont deux éléments de A, décrire le plus petit sous-anneau de A contenant x et y : a) lorsque x et y commutent ; b) lorsque x et y anticommutent ; c) dans le cas général.
Solution : 1) Le plus petit sous-groupe de A est Z.1A = n.1A ; n ∈ Z . Or il est facile de voir que ce sous-
groupe est déjà un sous-anneau. Comme tout sous-anneau contient 1A, Z.1A est donc le plus petit sous-anneau de A.
Si 1A est d’ordre infini, le plus petit sous-anneau de A est isomorphe à l’anneau Z. ; on dit que A est de caractéristique 0. Si 1A est d’ordre m, le plus petit sous-anneau de A est isomorphe à l’anneau Z/mZ ; on dit que A est de caractéristique m.
2) Soit x un élément de A. Tout sous-anneau de A contenant x contient les n.1A et les n.xk, où n
décrit Z et k décrit N, bref, il contient les z = ∑+∞
=0
.k
kk xa , où (ak) est une suite à support fini d’entiers
relatifs. Réciproquement, il est facile de vérifier que ces éléments forment un sous-anneau de A. Pour mieux comprendre cela, introduisons l’anneau Z[X] des polynômes à une indéterminée à
coefficients dans Z. L’application de substitution ϕ : P = ∑+∞
=0
.k
kk Xa → ∑
+∞
=0
.k
kk xa est un morphisme
d’anneaux de Z[X] dans A. Son image est le sous-anneau de A engendré par x ; il est légitime de le noter Z[x]. 3) a) Soient x et y deux éléments de A, qui commutent. Tout sous-anneau de A contenant x et y contient les n.1A et les n.x
pyq
où n décrit Z et p et q décrivent N, bref, il contient les z =
∑+∞
=0,
, .qp
qpqp yxa , où (apq) est une suite double à support fini d’entiers relatifs. Réciproquement, il est
facile de vérifier que ces éléments forment un sous-anneau (commutatif) de A. Pour mieux comprendre cela, introduisons l’anneau Z[X, Y] des polynômes à deux indéterminées à coefficients
156
dans Z. L’application de substitution ϕ : P = ∑+∞
=0,
, .qp
qpqp YXa → ∑
+∞
=0,
, .qp
qpqp yxa est un morphisme
d’anneaux de Z[X, Y] dans A. Son image est le sous-anneau de A engendré par x et y ; il est légitime de le noter Z[x, y]. b) Soient x et y deux éléments de A, qui anticommutent. Tout sous-anneau de A contenant x et y contient les n.1A et les n.x
pyq
où n décrit Z et p et q décrivent N, bref, il contient les z =
∑+∞
=0,
, .qp
qpqp yxa , où (apq) est une suite double à support fini d’entiers relatifs.
Je dis que xp
yq
xayb = ± x
a+p yb+q
, le ± provenant du nombre d’anticommuations nécessaires pour
échanger les yq
et xa . On en déduit que les ∑
+∞
=0,
, .qp
qpqp yxa forment un sous-anneau de A.
c) Dans le cas général, notons « monôme en x et y » tout élément de A produit d’un nombre fini d’éléments égaux à x ou à y, autrement dit tout élément m du sous-monoïde M de A engendré par x et y. Je dis que le plus petit sous-anneau de A contenant x et y est l’ensemble des sommes finies
∑∈Mm
m ma . , où (am) est une famille à support fini d’entiers relatifs indexée par M.
Exercice 3 : Un anneau fini est-il nécessairement commutatif ?
Solution : [ Oral Polytechnique 2009 ] La réponse est non. Il suffit de considérer un anneau de matrices carrées sur un corps commutatif
Mn(Z/pZ), n ≥ 2 ; c’est un anneau non commutatif à pn²
éléments. Cependant, on montre facilement que tout anneau fini sans diviseurs de zéro est un corps, et un théorème de MacLagan Wedderburn affirme que tout corps fini est commutatif.
Exercice 4 : Que peut-on dire d’un anneau A tel que ∀(x, y) ∈ A×A x.y = ± y.x ?
Solution : [ Oral ENS 1993 ] Montrons qu’un tel anneau est commutatif. Notons e l’élément unité de A. Supposons qu’il existe un couple (a, b) vérifiant a.b = − b.a ≠ a.b ( donc 2 a.b ≠ 0 ).
Comme a.( b + e ) − ( b + e ).a = ( a + e )( b + e ) − ( b + e )( a + e ) = a.b − b.a ≠ 0 , on a : 0 = a.( b + e ) + ( b + e ).a = 2a = ( a + e ).( b + e ) + ( b + e ).( a + e ) = 2 ( a + b + e ) = 2e. (car on a aussi 2b = 0, a et b étant interchangeables).
Mais alors 0 ≠ 2 ab = (2e).(ab) = 0, et il y a une contradiction. Exercice 5 : Trouver les anneaux à 4 éléments.
Solution : Soit A un tel anneau. On a vu que le groupe additif (A, +) est isomorphe, soit à Z/4Z, soit au groupe de Klein.
♦Si (A, +) est isomorphe à Z/4Z, notons ses éléments 0, 1, 2, 3. La table de (A, +) est :
+ 0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 2 2 3 0 1 3 3 0 1 2
Si 1 est le neutre de la multiplication, la table de (A, ×) est : × 0 1 2 3
157
0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 2 0 2 * * 3 0 3 * *
Mais 2×2 = (1 + 1)×(1 + 1) = 1 + 1 + 1 + 1 = 0, Et 3×2 = (2 + 1)×2 = 1×2 = 2, 2×3 = 2×(2 + 1) = 2×1 = 2, 3×3 = (2 + 1)×3 = 2×3 + 3 = 2 + 3 = 1.
× 0 1 2 3 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 2 0 2 0 2 3 0 3 2 1
L’anneau A est isomorphe à (Z/4Z, +, ×). Si 3 est le neutre de la multiplication, on obtient encore un anneau isomorphe à (Z/4Z, + ×), car les générateurs 1 et 3 jouent le même rôle dans (Z, +). Il est impossible que 2 soit le neutre de la multiplication, car 2×2 = 2 impliquerait
2 = 2×1 + 2×1, donc 2×1 = 1 ou 3. Or 2×1 = 1×1 + 1×1 = 0 ou 2.
♦ Si (A, +) est isomorphe au groupe de Klein, notons ses éléments 0, 1, a, b. La table de (A, +) est : + 0 1 a b 0 0 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1 b b a 1 0
Les éléments 1, a et b jouant le même rôle, on peut supposer que 1 est le neutre de la multiplication. La table de (A, ×) est :
× 0 1 a B 0 0 0 0 0 1 0 1 a B a 0 a * * b 0 b * *
• Si a×a = b, on complète la table par distributivité : a×b = a×(1 + a) = a + a×a = a + b = 1 ; b×a = (1 + a)×a = a + a×a = a + b = 1 ; b×b = (1 + a)×(1 + a) = 1 + a + a + a×a = 1 + b = a. On obtient pour table :
× 0 1 a B 0 0 0 0 0 1 0 1 a B a 0 a b 1 b 0 b 1 A
On vérifie que l’on obtient bien un anneau, et même un corps ; c’est le corps F4.
Ce corps est isomorphe au sous-corps de M2(Z/2Z) formé des matrices de la forme
+βαββα .
• Si a×a = a, on complète la table par distributivité : a×b = a×(1 + a) = a + a = 0 ; b×a = (1 + a)×a = a + a×a = a + a = 0 ; b×b = (1 + a)×(1 + a) = 1 + a + a + a×a = 1 + a = b. On obtient pour table :
× 0 1 a B 0 0 0 0 0 1 0 1 a B a 0 a a 0 b 0 b 0 B
On vérifie que l’on obtient bien un anneau, isomorphe à l’anneau Z/2Z×Z/2Z, via la bijection :
158
0 ↔ (0, 0), 1 ↔ (1, 1), a ↔ (1, 0), b ↔ (0, 1) (par exemple). Cet anneau est isomorphe au sous-
anneau de M2(Z/2Z) formé des matrices de la forme
βα0
0 .
• Si a×a = 0, on complète la table par distributivité : a×b = a×(1 + a) = a ; b×a = (1 + a)×a = a + a×a = a ; b×b = (1 + a)×(1 + a) = 1 + a + a + a×a = 1. On obtient pour table :
× 0 1 a B 0 0 0 0 0 1 0 1 a B a 0 a 0 A b 0 b a 1
On vérifie que l’on obtient bien un anneau, isomorphe à l’anneau Z/2Z[ 0 ], c’est-à-dire au sous-
anneau de M2(Z/2Z) formé des matrices de la forme
αβα
0 , ou encore à l’anneau quotient
Z[i 5 ]/(2) = 0, 1, 1 + i 5 , i 5 . • Si a×a = 1, on complète la table par distributivité : a×b = a×(1 + a) = a + 1 = b ; b×a = (1 + a)×a = a + 1 = b ; b×b = (1 + a)×(1 + a) = 1 + a + a + a×a = 1 + 1 = 0. On obtient pour table :
× 0 1 a B 0 0 0 0 0 1 0 1 a B a 0 a 1 B b 0 b b 0
On obtient bien un anneau, isomorphe au précédent via l’échange de a et b.
Conclusion : Il y a, à isomorphisme près, 4 anneaux à 4 éléments : l’anneau Z/4Z, et les trois
anneaux Z/2Z×Z/2Z = Z/2Z[ 1 ], Z/2Z[ 0 ], et l’anneau F4, ce dernier étant un corps.
Ces trois derniers anneaux sont isomorphes respectivement aux sous-anneaux de M2(Z/2Z) formés
des matrices de la forme
βα0
0 ,
αβα
0 et
+βαββα .
Exercice 6 : Un groupe additif est-il toujours le groupe additif sous-jacent d’un anneau ?
Solution : La réponse va venir de la notion de caractéristique. Si (A, +, ×) est un anneau de neutre 1, • soit 1 est d’ordre infini dans le groupe (A, +) ; on dit que A est de caractéristique 0 ; • soit 1 est d’ordre fini n, et alors tout élément x vérifie nx = 0, autrement dit son ordre divise n ; on dit que A est de caractéristique n. Considérons le groupe additif (Q/Z, +). Tout élément est d’ordre fini, mais pour tout n, il existe un élément d’ordre n. Ce groupe ne saurait être sous-jacent à un anneau, car le neutre éventuel ne vérifie aucune des propriétés ci-dessus.
Exercice 7 : Soient A un anneau, a et b deux éléments qui anticommutent, i.e. vérifient ba = − ab. Trouver une formule du binôme. Etudier le triangle formé par les coefficients obtenus.
Solution : Comme Voltaire détestait Pascal, nous appellerons le triangle obtenu triangle de Voltaire !
Tout d’abord ( a + b )2 = a
2 + ab + ba + b
2 = a
2 + b
2 . De plus a
2 et b
2 commutent.
Donc ( a + b )2m = ( a 2 + b2 )m = ∑=
−m
k
kmkkm baC0
222. .
159
( a + b )2m+1 = ( a + b )(∑=
−m
k
kmkkm baC0
222. ) = ∑=
−+m
k
kmkkm baC0
2212. + ∑=
−m
k
kmkkm bbaC0
222. .
Or b.ak = (−1)
k a
k.b par récurrence sur k, donc b.a
2k = a
2k.b . Donc :
( a + b )2m+1 = ∑=
−+m
k
kmkkm baC0
2212. + ∑=
+−m
k
kmkkm baC0
1222. .
Le triangle de Voltaire est donc : 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 2 0 1 1 1 2 2 1 1 1 0 3 0 3 0 1 1 1 3 3 3 3 1 1
Dans tous les cas si n = 2m + a , k = 2q + b , (a, b) ∈ 0, 1×0, 2 knV = baqm CC . .
La formule complète utilise le développement en base 2 de n et k.
Exercice 8 : Pour un anneau A, on note Sn(A) = x12 + … + xn
2 ; (x1, …, xn) ∈ A
n .
On dit qu’une partie de A est multiplicative si elle est stable par produit.
1) On suppose A commutatif. Montrer que S2(A) est multiplicative.
2) Montrer que S3(Z) n’est pas multiplicatif. On pourra s’intéresser à 15.
3) Montrer que si a2 + b
2 + c
2 + d
2 ≡ 0 (mod 8), alors a, b, c et d sont pairs. En déduire que S3(Q)
n’est pas multiplicatif.
Solution : [Oral Centrale MP 2011, RMS n° 803 ]
1) S2(A) est multiplicative en vertu de l’identité de Diophante :
( a2 + b
2 ).( c
2 + d
2 ) = ( ad + bc )
2 + ( ac − bd )
2
2) 15 = 3×5 ; 3 = 12 + 1
2 + 1
2 et 5 = 0
2 + 1
2 + 2
2 . Or 15 n’est pas somme de trois carrés.
Cela se vérifie à la main, mais cela découle plus profondément de ce que 15 ≡ 7 (mod 8). Remarque : on peut démontrer que S4(A) et S8(A) sont multiplicatives, à l’aide des identités d’Euler et de Degen.
L’identité d’Euler s’écrit : ( a2 + b
2 + c
2 + d
2 ).( α2
+ β2 + γ2
+ δ2 ) = A
2 + B
2 + C
2 + D
2 ,
où A = aα + bβ + cγ + dδ B = aβ − bα + cδ − dγ C = aγ − cα − bδ + dβ D = aδ − dα + bγ − cβ
L’identité de Degen s’écrit : ( P
2 + Q
2 + R
2 + S
2 + T
2 + U
2 + V
2 + W
2 ).( p
2 + q
2 + r
2 + s
2 + t
2 + u
2 + v
2 + w
2 )
= A2 + B
2 + C
2 + D
2 + E
2 + F
2 + G
2 + H
2 , où :
avec A = Pp − Qq − Rr − Ss − Tt − Uu − Vv − Ww B = Pq + Qp + Rs − Sr + Tu − Ut − Vw + Wv
C = Pr − Qs + Rp + Sq + Tv + Uw − Vt − Wu D = Ps + Qr − Rq + Sp + Tw − Uv + Vu − Wt
E = Pt − Qu − Rv − Sw + Tp + Uq + Vr + Ws F = Pu + Qt − Rw + Sv − Tq + Up − Vs + Wr G = Pv + Qw + Rt − Su − Tr + Us + Vp − Wq H = Pw − Qv + Ru + St − Ts − Ur + Vq + Wp
3) Si a est impair, a2 ≡ 1 (mod 8). Et b
2 + c
2 + d
2 ≡ 0, 1, 2, 3, 4, 5 ou 6.
On constate que a2 + b
2 + c
2 + d
2 ne peut être congru à 0 mod 8.
160
Exercice 9 : On admet que tout entier est somme de 4 carrés. Montrer l’identité de Liouville, dans un anneau commutatif :
∑≤<≤
−++41
44 )()(ji
jiji xxxx = 6 ( ∑≤≤ 41
2
kkx )2
.
En déduire que tout entier n est somme de 53 bicarrés.
Solution : Ecrivons n = 6q + r , avec 0 ≤ r ≤ 5. Il suffit de montrer que 6q est somme de 48 bicarrés.
6 q = 6 ∑≤≤ 41
2
kka = ∑
≤≤ 41
2.6k
ka = ∑ ∑≤≤ ≤≤41 41
2, )².(6
k ikib = ∑ ∑
≤≤ ≤<≤−++
41,,,
41, )²()²(
kkjkikj
jiki bbbb
est somme de 48 bicarrés. Cqfd.
NB : On a montré en 1985 que tout entier est somme de 19 bicarrés ; l’entier 79 exige 19 bicarrés. En 1936, Davenport avait démontré que, pour n assez grand, 16 bicarrés suffisent, 16 étant optimal.
Exercice 10 : Soient A un anneau commutatif, e un idempotent de A ( e2 = e ).
1) Montrer que J = x ∈ A ; xe = 0 , appelé annulateur de e, est un idéal de A. 2) En notant I = Ae, montrer que A = I + J et I ∩ J = 0. 3) Etablir que, pour tout idéal D de A, D = ( D ∩ I ) + ( D ∩ J ).
Solution : 1) Il est clair que 0 ∈ J, x et y ∈ J ⇒ x − y ∈ J et enfin x ∈ J, a ∈ A ⇒ ax ∈ J. 2) Soit z un élément de A. Cherchons x et y tels que z = xe + y , avec ye = 0. Il suffit de prendre x = z. Alors y = z – ze appartient à J, car ye = ze – zee = 0 Enfin, soit u ∈ I ∩ J. On a u = xe et ue = 0, donc u = xe = xee = ue = 0. Ainsi, A = I ⊕ J. 3) Soient D un idéal de A, z un élément de D. Ecrivons z = ze + (z – ze). Alors ze appartient à D ∩ I , z – ze appartient à D ∩ J. cqfd
Exercice 11 : Anneaux booléens. On nomme ainsi tout anneau A tel que (∀x ∈ A) x2 = x.
1) Exemples : a) Soit E un ensemble. Montrer que FFFF(E, Z/2Z) est un anneau booléen pour les lois usuelles. b) Soit E un ensemble. Montrer que (PPPP(E), ∆, ∩) est un anneau booléen. 2) On revient au cas général. Montrer que x + x = 0, puis que A est commutatif. 3) Montrer que ∀(x, y) ∈ A×A xy.(x + y) = 0. En déduire que A est intègre ⇔ A est isomorphe à Z/2Z. 4) Soit A un anneau booléen. Montrer que la relation « x ≤ y ⇔ xy = x » est une relation d’ordre dans A, et que A a un plus grand et un plus petit élément. Montrer que (A, ≤) est un treillis pour lequel x ∨ y = x + y + xy et x ∧ y = xy, et que ce treillis est distributif (chacune des lois ∧ et ∨ est distributive par rapport à l’autre). Enfin, montrer que ∀x ∈ A ∃ !x’ ∈ A x ∧ x’ = 0 et x ∨ x’ = 1.
Solution : 1) a) est facile. b) On peut montrer directement que (PPPP(E), ∆, ∩) est un anneau booléen, mais c’est long. Il est plus
élégant de noter que l’application A → 1A, où 1A ∈ FFFF(E, Z/2Z) est définie par 1A(x) = 1 si x ∈ A, 0
si x ∉ A, est une bijection de FFFF(E, Z/2Z) sur PPPP(E) qui vérifie 1A∆B = 1A + 1B et 1A∩B = 1A×1B. On conclut par transport de structure que (PPPP(E), ∆, ∩) est un anneau booléen.
2) ( x + x )2 = x
2 + x2 + x2 + x2 = x + x + x + x. Comme (x + x)2 = x + x, il vient x + x = 0.
En particulier, 1 + 1 = 0, donc A est de caractéristique 2. ( x + y )
2 = x2 + x.y + y.x + y2 = x + x.y + y.x + y. Comme ( x + y )
2 = x + y, il vient x.y + y.x = 0. Donc x.y = − y.x. En vertu de ce qui précède, x.y = y.x. A est commutatif.
161
3) xy.(x + y) = x2.y + x.y
2 = x.y + x.y = 0 en vertu de la commutativité de A et de sa caractéristique.
Faisant y = 1, il vient ∀x ∈ A x.( x + 1 ) = 0. Si A est intègre, x = 0 ou −1 = 1, donc A = 0, 1 et il est isomorphe à Z/2Z. Réciproque immédiate.
Exercice 12 : Soient A un anneau, Z = x ∈ A ; (∀y ∈ A) x.y = y.x le centre de A. 1) Montrer que Z est un sous-anneau de A. 2) On suppose que (∀x ∈ A) x
3 = x.
a) Montrer que x2 = 0 ⇒ x = 0.
b) Calculer ( x2.y − x
2.y.x
2 )2 et ( y.x
2 − x
2.y.x
2 )2
. En déduire que (∀x ∈ A) x2 ∈ Z.
c) Montrer que (∀x ∈ A) x + x ∈ Z [ Calculer ( x2
+ x )2. ]
d) Montrer que (∀x ∈ A) 3.x + 3.x2 = 0 [ Calculer ( x
2 + x )
3. ]
e) En déduire que A est commutatif.
Solution : [ Oral ENS 1990, RMS juin 1991 n° 282 ] 1) est facile.
2) a) x2 = 0 ⇒ x = x
3 = 0.
b) ( x2.y − x
2.y.x
2 )2 = x
2.y.x
2.y − x
2.y.x
2.y.x
2 − x
2.y.x
2.x
2.y + x
2.y.x
2.x
2.y.x
2
= x2.y.x
2.y − x
2.y.x
2.y.x
2 − x
2.y.x
2.y + x
2.y.x
2.y.x
2 = 0.
On en déduit, via a), que x2.y = x
2.y.x
2
( y.x2 − x
2.y.x
2 )2
= y.x2.y.x
2 − y.x
2.x
2.y.x
2 − x
2.y.x
2.y.x
2 + x
2.y.x
2.x
2.y.x
2
= y.x2.y.x
2 − y.x
2.y.x
2 − x
2.y.x
2.y.x
2 + x
2.y.x
2.y.x
2 = 0.
On en déduit, via a), que y.x2 = x
2.y.x
2
Au final, pour tout couple (x, y), x2.y = y.x
2 . Donc (∀x ∈ A) x
2 ∈ Z. c) Montrons que (∀x ∈ A) x + x ∈ Z Calculons ( x
2 + x )
2 = x
4 + 2.x
3 + x
2 = 2.x
2 + 2.x
.
Comme ( x2
+ x )2 et x
2 + x
2 sont éléments de Z, 2.x est élément de Z par soustraction.
d) Montrons que (∀x ∈ A) 3.x + 3.x2 = 0 .
Calculons x2 + x = ( x
2 + x )
3 = x
6 + 3.x
5 + 3.x
4 + x
3 = x
2 + x + 3.x
2 + 3.x .
En simplifiant, il vient : 3.x + 3.x2 = 0 .
e) Montrons que A est commutatif. On déduit de d) que x = − ( x
2 + x
2 + x
2 ) − ( x + x )
Comme x2 est élément de Z, ainsi que x + x, x est élément de Z. Ainsi A = Z. Cqfd.
Remarque : les anneaux booléens, les anneaux FFFF(E, Z/3Z) rentrent dans ce cadre. Exercice 13 : Soit A un anneau. 1) On suppose que ∀x ∈ A x
2 = x. Montrer que A est commutatif.
2) On suppose que 0 est le seul élément nilpotent de A. Soit p ∈ A tel que p2 = p. Montrer que
px = xp = pxp pour tout x dans A. 3) On suppose que ∀x ∈ A x
4 = x. Montrer que A est commutatif.
Solution : [ Oral X MP 2013, RMS n° 184 ] 1) Reprenons un argument donné dans un exercice antérieur. ( x + x )
2 = x2 + x2 + x2 + x2 = x + x + x + x. Comme ( x + x )
2 = x + x, il vient x + x = 0. En particulier, 1 + 1 = 0, donc A est de caractéristique 2. Puis : (x + y)
2 = x2 + x.y + y.x + y2 = x + x.y + y.x + y. Comme (x + y)
2 = x + y, il vient x.y + y.x = 0. Donc x.y = − y.x. En vertu de ce qui précède, x.y = y.x. A est commutatif.
162
2) Calculons : ( px – pxp )
2 = pxpx − pxpxp − pxppx + pxppxp = pxpx − pxpxp − pxpx + pxpxp = 0.
( xp – pxp )2 = xpxp − xppxp − pxpxp + pxppxp = xpxp − xpxp − pxpxp + pxpxp = 0.
Comme 0 est le seul nilpotent de A, px = pxp = xp. Cqfd 3) Montrons d’abord que 0 est le seul nilpotent de A. Plus précisément, par récurrence forte sur n, x
n = 0 implique x = 0.
C’est vrai pour n = 1, 2 et 3, car x2 = 0 ou x
3 = 0 impliquent x
4 = 0, donc x = 0.
Si xn = 0, avec n ≥ 4, x
n−4 x
4 = x
n−3 = 0. Par récurrence, x = 0.
Notons Z le centre de l’anneau A. Il s’agit de montrer que Z = A. Comme x
4 = x implique x
6 = x
3, x
3 est un idempotent de A, donc un élément de Z en vertu de 2).
Par suite ( x + 1 )3 – x
3 – 1 = 3x
2 + 3x ∈ Z
Et 0 = ( x + 1 )4 – x
4 – 1 = 4x
3 + 6x
2 + 4x, donc 6x
2 + 4x ∈ Z.
En combinant les relations précédentes, il vient 2x ∈ Z, puis x + x2 ∈ Z.
Changeant x en – x, il vient − x + x2 ∈ Z.
Exercice 14 : Soient A un anneau d’unité 1, a et b deux éléments de A. Montrer que si 1 – ab est inversible, 1 – ba est aussi inversible. ( Indication : utiliser des développements en série formelle. )
Solution : [ Oral ENS Ulm 1990, Oral X PC 2012, RMS n° 286 ]
1) Formellement, si 1 – x est inversible, ( 1 – x )−1
= 1 + x + x2 + x
3 + …
Si 1 – ab est inversible, c = ( 1 – ab )−1
= 1 + ab + ababa + ababab + …
1 + bca = 1 + ba + baba + bababa + ... = ( 1 – ba )−1
. Tout cela n’a aucun sens ! c’est de la poésie pure, de l’heuristique pure, mais cela suggère que :
( 1 – ba )−1
= 1 + bca , où c = ( 1 – ab )−1
.
2) Rigoureusement, il est facile de vérifier que (1 – ba)(1 + bca) = 1 = (1 + bca)(1 – ba). Cqfd !
Remarque : si ab est nilpotent, ba aussi, car (ab)n = 0 ⇒ b.(ab)
n.a = (ba)
n+1 = 0, et le calcul formel
ci-dessus est juste.
Application aux valeurs spectrales : Soient E un K -espace vectoriel, et u un endomorphisme de E. Le scalaire λ est dit valeur spectrale de u si u − λIdE est un isomorphisme. Si u et v sont deux endomorphismes de E, uov et vou ont même valeurs spectrales non nulles (En dimension finie, valeurs spectrales et valeurs propres coïncident ; en dimension infinie, les deux notions diffèrent.)
Autre référence : Dieudonné, Eléments d’analyse, t. 1, n° 2, p. 322. Exercice 15 : Soient A un pseudo-anneau, a, x, b et y des éléments de A vérifiant : axa = a et byb = b. 1) Montrer que, pour que l’équation (E) azb = c ait une solution z, il faut et il suffit que axcyb = c. Montrer que, si cette condition est satisfaite, les solutions de (E) sont de la forme z = xcy + t − xatby , où t décrit A. 2) Soient d, e deux éléments de A. Montrer qu’une condition nécessaire et suffisante pour que le système de deux équations a.z = d et z.b = e ait une solution z dans A est que chacune de ces équations ait une solution, et qu’on ait l’égalité a.e = d.b.
Solution : Rappelons qu’un pseudo-anneau vérifie les mêmes axiomes qu’un anneau à ceci près que la multiplication n’est pas supposée unitaire.
163
1) a) S’il existe z tel que azb = c, alors axcyb = ax(azb)yb = (axa)z(byb) = azb = c. b) Si axcyb = c , l’équation azb = c a une solution, à savoir z = xcy. Supposons cette condition satisfaite, alors : • pour tout t ∈ A, u = xcy + t − xatby vérifie aub = a(xcy + t − xatby)b = axcyb + atb − axatbyb = axcyb + atb − atb = axcyb = c.
• pour tout z ∈ A, z = xcy + z – xazby, donc il existe t, à savoir t = z, tel que u = xcy + t − xatby .
Remarque : on en déduit une belle suite exacte de groupes additifs : t ∈ A → u = t – xatby ∈ A → aub ∈ A.
2) a) S’il existe z tel que az = d et zb = e, alors chacune des équations az = d et zb = e a une solution, et ae = azb = db. b) Réciproquement, s’il existe a tel que au = d, v tel que vb = e, et si ae = db, le lecteur est prié de vérifier que z = v + xau – xav est solution commune des deux équations linéaires.
Notons qu’on peut prendre u = xd et v = ey. Alors z = ey + xaxd – xaey.
Remarque finale : on peut se placer dans l’anneau Mn(K ) des matrices carrées. X et Y sont des inverses faibles de A et B : elles existent toujours.
Référence : ENS Ulm 1988, 1ère partie.
Exercice 16 : Soit n ∈ N ; montrer que (x, y) ∈ Z2 ; x ≡ y (mod n) est un sous-anneau de Z×Z.
Quels sont les sous-anneaux de Z×Z ?
Solution : 1) Soit An cet ensemble. (1, 1) ∈ An .
(x, y) et (x’, y’) ∈ An impliquent (x – x’, y − y’) et (xx’, yy’) ∈ An , par compatibilité de la congruence avec l’addition et la multiplication.
2) Réciproquement, soit A un sous-anneau de Z2 .
G = x − y ; (x, y) ∈ A est un sous-groupe additif de Z, comme image de A par le morphisme de groupes (x, y) → x − y . Du coup, il existe n ∈ N tel que G = nZ. L’inclusion A ⊂ An est immédiate.
Soient (a, b) ∈ A tel que a – b = n, (x, y) un élément de An . x – y ≡ 0 ( mod n ), x – y = kn = k(a – b) . Alors x – ka = y – kb = q. Du coup (x, y) = k.(a, b) + q.(1, 1) ∈ A. cqfd. Exercice 17 : Soient X un ensemble, F l’ensemble des parties finies de X. 1) Montrer que l’ensemble E = FFFF(F, R) des fonctions de F dans R est un anneau commutatif pour
l’addition usuelle des fonctions et la loi ( f , g) → f * g , où ( f * g )(A) = ∑⊂
−AB
BAgBf )()( .
2) Soit ε l’élément de E défini par ε(A) = (−1)card(A)
. Montrer l’équivalence :
i) ∀A ∈ F g(A) = ∑⊂AB
Bf )( ii) ∀A ∈ F f(A) = ∑⊂
−AB
BgBA )().(ε .
Solution :
1) E est un groupe additif (cours). La loi * est commutative, car ( f * g )(A) = ∑=∪ ACBesCdisjoB
CgBf,int,
)()( .
Elle est distributive par rapport à l’addition, car f * (g + h) = f * g + f * h .
Elle est associative, car ( f * (g * h))(A) = ∑=∪∪ ADCBesDdisjoCB
DhCgBf,int,,
)()()( , expression symétrique.
Elle a pour neutre la fonction δ(A) = 1 si A = ∅ , δ(A) = 0 si A ≠ ∅.
164
Les éléments inversibles de E sont les f telles que f(∅) ≠ 0.
2) La fonction ε vérifie ∑⊂AB
B)(ε = 1 si A = ∅ , 0 si A ≠ ∅.
Autrement dit si 1 est la fonction constante égale à 1, ε * 1 = δ.
Du coup, g = f * 1 ⇔ f = g * ε .
Remarque : Cette formule d’inversion rentre dans les fonctions de Möbius générales.
Références : Bourbaki, Algèbre IV, p. 94, n° 14 et 15, et Algèbres de Lie, chap. IV, n° 25 p. 44. Birkhoff, Lattice theory, p. 101.
Exercice 18 : Soit (fn) la suite de Fibonacci, définie par : f0 = 0 , f1 = 1 , fn+2 = fn+1 + fn .
Montrer que (∀p) 22p
.f2p+1 = ∑=
++
p
k
kkpC
0
1212 5. . [ Oral Mines 1996 ]
Solution : Notons ω = 2
51+ le nombre d’or, et ϖ = 2
51− son conjugué dans Q[ 5 ].
On pressent que la formule demandée est une simple conséquence de la formule du binôme.
En effet fn = ϖωϖω
−− nn
= 5
nn ϖω −, et la formule s’écrit : 2
2p ϖω
ϖω−− ++ 1212 pp
= ∑=
++
p
k
kkpC
0
21212 )5.( .
(1) 22p+1 ω2p+1
= (1 + 5 )2p+1 = ∑
+
=+
12
012 )5(
p
h
hhpC = A + B 5 dans Z[ 5 ]
où A = ∑=
+
p
h
hhpC
0
212 5. et B = ∑
=
++
p
h
hhpC
0
1212 5. . Si l’on conjugue dans Z[ 5 ], il vient :
(2) 22p+1 ϖ2p+1
= ( 1 − 5 )2p+1 = A − B 5 .
Il reste à soustraire (1) et (2)… Exercice 19 : éléments nilpotents d’un anneau. Soit A un anneau d’unité 1. Un élément x de A est dit nilpotent s’il existe un entier n ≥ 1 tel que x
n
= 0. Le plus petit entier n est appelé indice de nilpotence de x.
1) a) Soient x et y deux éléments nilpotents qui commutent. Montrer que x + y et xy sont nilpotents. b) Montrer que si A est commutatif, les éléments nilpotents de A forment un idéal NNNN.
2) a) Montrer que si x est nilpotent, 1 – x est inversible. b) L’élément u est dit unipotent si 1 – u est nilpotent. Montrer que tout élément unipotent est inversible et a pour inverse un élément unipotent. c) Montrer que si u et v sont unipotents et commutent, alors uv est unipotent. d) Conséquence si A est commutatif ?
3) Exemple 1 : Soit n = 1)( 1kp … rk
rp )( un entier factorisé. On se place dans l’anneau Z/nZ.
a) Déterminer les éléments nilpotents de cet anneau. b) A quelle condition sur n, l’idéal NNNN est-il réduit à 0 ? c) A quelle condition sur n, éléments nilpotents et diviseurs de 0 coïncident ? d) Déterminer le groupe multiplicatif UUUU des éléments unipotents de cet anneau.
4) Exemple 2 : Inverser les matrices
−
−
100110011
et
−
−
100210
121.
165
5) Soient A une matrice nilpotente appartenant à Mn(R). En vous inspirant de la théorie des développements limités, comment peut-on définir exp(A), sin(A), cos(A) ? Si A et B sont nilpotentes et commutent, montrer que exp(A + B) = exp(A).exp(B), cos(A + B) = cos A.cos B – sin A.sin B et sin(A + B) = sin A.cos B + sin B.cos A.
Solution :
1) Eléments nilpotents. a) Soient x et y deux éléments nilpotents, d’indices respectifs m et n, qui commutent.
Alors (x + y)m+n
= 0, et même ( x + y )m+n−1
= 0 ; de plus (xy)min(m,n)
= 0.
( x + y )m+n−1
= ∑−+=+
−+1
1nmqp
qppnm yxC = 0, car tous les termes de la somme sont nuls.
En effet p + q = m + n − 1 ⇒ p ≥ m ou q ≥ n.
b) Si A est commutatif, les éléments nilpotents de A forment un idéal N.
En effet, 0 est nilpotent, si x et y sont nilpotents, x − y aussi par a), et ax est nilpotent pour tout a.
2) Eléments unipotents. a) Soit x un élément nilpotent d’indice n. Je dis que 1 – x est inversible.
En effet ( 1 − x ).( 1 + x + x2 + … + x
n−1 ) = ( 1 + x + x
2 + … + x
n−1 ).( 1 − x ) = 1 − x
n = 1.
b) Soit u un élément unipotent. Alors x = 1 – u est nilpotent ; soit n son indice.
y = x + x2 + … + x
n−1 est également nilpotent.
Il découle de a) que u est inversible, et que u−1
= 1 + y : u−1
est unipotent.
c) Montrons que si u et v sont unipotents et commutent, alors uv est unipotent. En effet, posons x = 1 − u , y = 1 − v ; x et y sont nilpotents et commutent. On a uv = 1 – x – y + xy. Or il découle de 1.a) que x – y + xy est nilpotent. Cqfd.
d) Du coup, si A est commutatif, les éléments unipotents forment un sous-groupe de A*.
3) Exemple 1 : Soit n = 1)( 1kp … rk
rp )( un entier factorisé.
a) Déterminons les éléments nilpotents de Z/nZ.
a est nilpotent ⇔ ∃ s ≥ 1 a s = 0 ⇔ ∃ s ≥ 1 a
s est multiple de 1)( 1
kp … rkrp )(
⇔ p1 × … × pr divise a.
Cette dernière équivalence demande du soin : le lecteur est prié de montrer avec soin ⇒ , puis ⇐ .
L’idéal NNNN des nilpotents a n/(p1 × … × pr) éléments.
b) et c) Conséquences :
• L’idéal NNNN est réduit à 0 si et seulement si n est un « quadratfrei », i.e. un produit de facteurs
premiers distincts : n = p1 … pr .
• Eléments nilpotents et diviseurs de 0 coïncident si et seulement si n est de la forme pk.
A l’intersection de ces deux cas, n = p et Z/nZ est un corps.
d) Le groupe multiplicatif UUUU des éléments unipotents de Z/nZ.
UUUU est l’ensemble des 1 − 1p 2p … rp b , où b décrit Z/nZ. Il a lui aussi n/(p1 × … × pr) éléments.
C’est bien un diviseur de ϕ(n). Que vaut le quotient ?
4) Exemple 2 : Notons N =
000100010
. Alors N2 =
000000100
et N3 = 0.
166
• A = I – N est unipotente et A−1
= I + N + N2 =
100110111
.
• B =
−
−
100210
121 = I – 2N + N
2 = A
2 est unipotente et B
−1 = (A
−1)2 =
100210321
.
Variante par séries formelles : B−1
= ( I − N )−2
= I + 2N + 2
)3)(2( −−N
2 .
Remarque finale : L’anneau Mn(K ) n’est pas commutatif. Les matrices nilpotentes ne forment pas un
idéal de Mn(K ), mais un « cône algébrique », en ce sens que :
A est nilpotente ⇒ λA est nilpotente et A est nilpotente ⇔ An = 0.
5) La théorie des exponentielles de matrices rend cette question facile.
Cependant, on peut l’aborder élémentairement, en définissant exp A = ∑+∞
=0 !k
k
kA
= ∑=
n
k
k
kA
0 !,
cos A = 2
)exp()exp( iAiA −+ = ∑
+∞
=
−0
2
)!2()1(
k
kk
kA
, sin A = i
iAiA2
)exp()exp( −− = ∑
+∞
=
+
+−
0
12
)!12()1(
k
kk
kA
.
Ce sont des sommes à support fini… Exercice 20 : Soit A un anneau commutatif. Si I est un idéal de A, le radical de I est l’ensemble
I = x ∈ A ; ∃n ∈ N xn ∈ I .
1) Si I est un idéal de A, montrer que I est un idéal de A contenant I. Déterminer I . 2) Si I et J sont deux idéaux de A, montrer qu’il en est de même de I + J, et que :
JI + = JI + et JI ∩ = JI ∩ . 3) Déterminer les idéaux de Z et leurs radicaux.
Solution : [ Oral Centrale MP 2011, RMS n° 804 ]
1) 0 ∈ I ; soient x et y ∈ I , xm
∈ I, yn ∈ I ; alors (x + y)
m+n ∈ I en vertu du binôme.
Enfin (ax)m
∈ I. Il est clair que I est inclus dans son radical
Exemples : i) Si I = A, I = A.
ii) Si I = 0, I est l’idéal des éléments nilpotents de A (cf. exercice précédent).
3) Soit n un entier ≥ 1. Nommons radical de n , et notons Rad(n), le produit des facteurs premiers de
n. Ainsi Rad(324) = Rad(22.3
2) = 2.3 = 6 , Rad(424) = Rad(2
3.53) = 2.53 = 106 ,
Rad(437) = Rad(23.19) = 23.19 = 437.
Je dis que si I = nZ, I = Rad(n).Z.
En effet, pour qu’il existe k tel que n divise xk, il faut et il suffit que Rad(n) divise x.
Remarque : On trouvera des prolongements sur ces notions de radical dans l’article de Pour la Science sur la Conjecture ABC (novembre 2012, p. 24-31) Exercice 21 : Soit A un anneau commutatif. Pour chaque élément x ∈ A, on note (x) l’idéal principal engendré par x. Soient (a, b) ∈ A×A. Montrer que si (a) + (b) est un idéal principal, il en est de même de (a) ∩ (b).
Solution : [ Oral ENS 1992, RMS n° 262 ] Il existe d tel que (a) + (b) = (d). Posons a = dα, b = dβ, puis m = dαβ. Montrons (a) ∩ (b) = (m). Tout d’abord m ∈ (a) ∩ (b) , donc (m) ⊂ (a) ∩ (b). Réciproquement, soit x ∈ (a) ∩ (b). Ecrivons x = au = bv = dαu = dβv.
167
Comme d = ap + bq = d ( αp + βq ) , x = au = dαu = d ( αp + βq ) αu = dαupα + dαβqu = dβvαp + dαβqu = m ( vp + uq ) . cqfd.
Remarque : si A est euclidien ou principal, on retrouve a.b = pgcd(a, b).ppcm(a, b). On a montré plus généralement que si a et b ont un pgcd, ils ont un ppcm
Exercice 22 : Soient A un anneau intègre, A’ = A − 0. 1) On suppose qu’existe une application ω : A’ → N vérifiant : i) ∀(a, b) ∈ A’ ×A’ b divise a ⇒ ω(b) ≤ ω(a). ii) ∀(a, b) ∈ A’ ×A’ b divise a et ω(a) = ω(b) ⇒ a et b sont associés. Montrer que tout élément de A est produit d’un nombre fini de facteurs premiers. 2) On suppose qu’existe une application ω : A’ → N vérifiant : i) ∀(a, b) ∈ A’ ×A’ b divise a ⇒ ω(b) ≤ ω(a). ii) ∀(a, b) ∈ A×A’ ∃(q, r) ∈ A×A a = bq + r et ( soit r = 0, soit ω(r) < ω(b) ) Montrer que l’anneau A est principal. 3) On suppose qu’existe une application ω : A → N vérifiant : i) ω(z) = 0 ⇔ z = 0 ii) ∀(x, y) ∈ A’ ×A’ ω(y) ≤ ω(x) ⇒ ( y | x ou ∃(a, b) ∈ A×A 0 < ω(xa − by) < ω(y). ) Montrer que l’anneau A est principal.
Solution :
1) Démonstration par récurrence sur n = ω(a). Attention ! avec des axiomes aussi pauvres, rien n’assure que la factorisation soit unique. 2) Soit ℑ un idéal non réduit à 0, y ∈ ℑ−0 tel que ω(y) = min ω(x) ; x ∈ ℑ−0 . Soit x ∈ ℑ. En vertu de ii), ∃(q, r) ∈ A×A x = yq + r et (soit r = 0, soit ω(r) < ω(b) ) Or r = x – yq est élément de ℑ. La minimalité de ω(y) impose r = 0 et x = yq. Ainsi ℑ ⊂ A.y ; l’inclusion réciproque étant évidente, ℑ = A.y : tout idéal est principal.
3) Soit ℑ un idéal non réduit à 0, y ∈ ℑ−0 tel que ω(y) = min ω(x) ; x ∈ ℑ−0 . Soit x ∈ ℑ−0. On a ω(y) ≤ ω(x) , donc y | x ou ∃(a, b)∈A×A 0 < ω(xa − by) < ω(y). Mais cette seconde éventualité contredit la minimalité de ω(y), car xa − by ∈ ℑ. Ainsi ℑ ⊂ A.y ; l’inclusion réciproque étant évidente, ℑ = A.y : tout idéal est principal.
Remarques : 1) Les anneaux obéissant aux hypothèses de 1) sont les anneaux euclidiens. C’est le cas de Z pour le stathme ω : x → |x|, des anneaux K [X] pour le stathme ω : P → deg P.
C’est aussi le cas de Z[i] pour ω : z → z.z , et de Z[ 2 ] pour ω : z = x + y 2 → x2 – 2y
2.
2) Soit α = 2191 i+ . On peut montrer que l’anneau Z[α] = a + αb ; (a, b) ∈ Z×Z obéit aux
hypothèses de 2) sans obéir à celles de 1). Il est donc principal sans être euclidien. cf. Naudin Quitté, Algorithmique algébrique, p. 159 (Masson). Exercice 23 : Soient A un anneau intègre, A’ = A − 0. On suppose qu’existe une application ω : A’ → N vérifiant : i) ∀(a, b) ∈ A’×A’ b divise a ⇒ ω(b) ≤ ω(a). ii) ∀(a, b) ∈ A×A’ ∃ !(q, r) ∈ A×A a = bq + r et ( soit r = 0, soit ω(r) < ω(b) ) Montrer que A est, soit un corps, soit isomorphe à l’anneau des polynômes sur un certain corps.
Solution : [ Oral ENS Ulm 1993 ] Notons A* le groupe multiplicatif des inversibles de A. Procédons par analyse et par synthèse : si A est isomorphe à K [X], où K = K [X]* ∪ 0 est un corps, K est isomorphe à A* ∪ 0, et X est un élément de stathme minimum parmi les éléments non inversibles.
1) Montrons que K = A* ∪∪∪∪ 0 est un corps.
168
Lemme : Si a, b sont éléments de A, tels que a, b et a + b sont non nuls, ω(a + b) ≤ max(ω(a), ω(b)).
En effet, si l’on avait ω(a + b) > max(ω(a), ω(b)), alors :
a = 0.(a + b) + a avec ω(a) < ω(a + b) et a = 1.(a + b) − a avec ω(−b) = ω(b) < ω(a + b) contredisant l’unicité du quotient et du reste. Remarque : Réciproquement, si le lemme est vrai, il y a unicité du couple (q, r). Pour montrer que K est un corps, il suffit de montrer que K est stable par addition. Or si a et b sont éléments de A*, ω(a) = ω(b) = min ω(x) ; x ∈ A’ = m et ω(a + b) ≤ m, donc a + b ∈ K . Le reste est facile.
2) Montrons que si A ≠≠≠≠ K, A est isomorphe à K[X]. Soit x un élément de A – K de stathme minimum n.
Pour tout k ∈ N, ω(xk) < ω(x
k+1), car x
k et x
k+1 sont non associés.
Soit alors a un élément de A’, k l’unique entier tel que ω(xk) ≤ ω(a) < ω(x
k+1).
La division euclidienne de a par xk donne a = qk.x
k + r, etc.
Je dis que qk est élément de A*. Sinon, on aurait qk = αx + β, où β ∈ K car β = 0 ou ω(β) < n.
D’après le lemme précédent, ω(a) ≥ ω(a − βxk − r) = ω(αx
k+1) ≥ ω(x
k+1), ce qui est absurde.
En réitérant le procédé, on peut écrire a = ∑=
k
j
jj xq
0
, où les qj sont éléments de K .
L’application φ : K [X] → A définie par P = ∑=
k
j
jj Xq
0
→ φ(P) = ∑=
k
j
jj xq
0
est un morphisme surjectif
d’anneaux. Il est injectif, car si φ(P) = 0, avec P ≠ 0, écrivons P = ∑=
k
hj
jj Xq , avec qh ≠ 0.
Alors par intégrité ∑=
−k
hj
hjj xq = 0, donc qh = xy, et x serait inversible. Impossible !
Exercice 24 : Soit A un anneau principal. Montrer que toute suite croissante pour l’inclusion d’idéaux de A est stationnaire.
Solution : en termes pédants, tout anneau principal est noethérien. Soit (In) une suite croissante pour l’inclusion, d’idéaux de A. Posons In = (an), où … | a3 | a2 | a1.
Il est facile de démontrer que I = n
n
IU est un idéal de A.
Comme il est principal, il existe x tel que I = (x). Cet élément x appartient à l’un des In, disons Ip, donc x est multiple de ap.
Par ailleurs, Ip ⊂ I, donc ap est multiple de x.
Donc x et ap sont associés et I = Ip = Iq pour q ≥ p.
Exercice 25 : 1) Montrer que A = a + i.b 2 ; (a, b) ∈ Z2
est un sous-anneau de C, et que
ℑ = x.( 1 + i 2 ) ; x ∈ A est un idéal de A.
2) Montrer que ∀x ∈ A ∃y ∈ ℑ x − y ∈ Z , puis que ∀x ∈ A ∃y ∈ ℑ x − y ∈ 0, 1, 2.
3) Montrer que l’anneau quotient A/ℑ est isomorphe au corps Z/3Z.
4) Montrer qu’il n’existe pas d’entier n ≠ 0 tel que ( 1 + 2i 2 )n = 3
n.
5) En déduire que si β = Arccos31 ≈ 1,230959 , alors π
β est irrationnel.
Solution :
1) La 1ère affirmation est laissée au lecteur ; ℑ est l’idéal principal engendré par ω = 1 + i 2 .
169
2) Montrons que ∀x ∈ A ∃y ∈ ℑ x − y ∈ Z .
Posons x = a + i.b 2 , y = b ( 1 + i 2 ) ; alors x − y = a – b ∈ Z.
Montrons que ∀x ∈ A ∃y ∈ ℑ x − y ∈ 0, 1, 2.
3 = ( 1 + i 2 )( 1 − i 2 ) ∈ ℑ ; donc tout élément de Z est congru à 0, 1 ou 2 modulo ℑ.
Du coup, tout élément de A est congru à 0, 1 ou 2 modulo ℑ.
3) Montrons que l’anneau quotient A/ℑ est isomorphe au corps Z/3Z.
2 ∉ ℑ , car 2 = (a + ib 2 )(1 + i 2 ) impliquerait : 2 = a – 2b et 0 = a + b, donc 2 = 3a :
impossible, car a ∈ Z. Du coup 1 ∉ ℑ et A/ℑ = 0 , 1, 2 est un anneau à trois éléments.
2 .2 = 4 = 1, car 3 = 0 . (A/ℑ , + , ×) a les mêmes tables que Z/3Z.
4) Montrons qu’il n’existe pas d’entier n ≠ 0 tel que ( 1 + 2i 2 )n = 3
n.
θ = 1 + 2i 2 = − 1 (mod ℑ) ; θn = (−1)
n ≠ 0 (mod ℑ), tandis que 3
n ≡ 0 (mod ℑ).
5) Montrons que si β = Arccos31 ≈ 1,230959 , alors π
β est irrationnel.
cos β = 31 , sin β =
322 ; supposons β = π
qp
. Alors 31 + i
322 = exp( iπ
qp
).
(31 + i
322 )2q
= 1. Donc ( 1 + 2i 2 )2q = 3
2q : impossible en vertu de 4).
Exercice 26 : L’anneau Z[X] est-il principal ?
Solution ; [ Oral ENS 1992, RMS n° 263 ] S’il l’était, l’idéal (2) + (X) = 2A + XB ; (A, B) ∈ Z[X] ×Z[X] serait principal. Soit P un générateur de cet idéal. On aurait P | 2 et P | X, donc P = ±1. Alors on pourrait écrire 1 = 2A + XB, pour un certain couple (A, B). Faisant X = 0, il viendrait 1 = 2.A(0), ce qui est impossible dans Z. Exercice 27 : Un anneau non factoriel.
1) Montrer que A = z = a + ib 6 ; (a, b) ∈ Z2
est un anneau intègre pour les lois usuelles.
2) Montrer que l’application N : z = a + ib 6 → a2 + 6 b
2 de A dans Z vérifie N(zz’) = N(z).N(z’).
3) En déduire les éléments inversibles de A. 4) Montrer que tout élément de A se décompose en produit de facteurs premiers. 5) Montrer que les équations x
2 + 6 y
2 = 2 , resp. 3, 5, 11, n’ont pas de solutions dans Z×Z.
6) Montrer que la décomposition en facteurs premiers n’est pas unique dans A. [ Considérer 6 et 55 ] Solution : 1) Montrer que A est un sous-anneau de C.
2) L’application z → z est un automorphisme involutif de A.
On en déduit que N(z) = zz est un morphisme de monoïdes multiplicatifs de A dans Z. 3) Je dis que z ∈ A* ⇔ N(z) = 1.
En effet, si N(z) = 1, z est inversible et z−1
= z . Si z est inversible d’inverse z’, alors N(z).N(z’) = N(1) = 1, donc N(z) = ± 1 ; or N(z) ≥ 0. Or N(z) = 1 ⇔ z = ± l , car x
2 + 6 y
2 = 1 ⇔ (x, y) = (±1, 0).
Conclusion : A* = +1, −1. 4) Cela se montre par récurrence sur le naturel N(z). Si N(z) = 1, z = 1 est produit de la famille vide d’éléments premiers. Supposons le résultat acquis pour tout z tel que N(z) < n. Soit z tel que N(z) = n.
170
Si z est premier, il n’y a rien à montrer. S’il est composé, il s’écrit z = uv, où N(u) et N(v) sont tous deux < N(z). Reste à décomposer u et v en produit de facteurs premiers.
5) Les équations x2 + 6 y
2 = 2 , 3 , 5 , 11 sont sans solutions dans Z×Z.
En effet, elles impliqueraient x2 ≡ 2 , 3 , 5 ou 11 (mod 6).
Or si l’on fait la table des carrés dans Z/6Z, on voit que x2 ≡ 0, 1, 3 ou 4 (mod 6).
6) A n’est pas factoriel.
Ecrivons 6 = 2 × 3 = − ( i 6 )2 et 55 = 5 × 11 = ( 7 + i 6 )( 7 − i 6 ).
Or 2 , 3 et i 6 sont des éléments premiers de A, non associés. En effet 2 = z.z’ impliquerait 4 = N(2) = N(z).N(z’), donc N(z) = 1, 2 ou 4. Or N(z) = 2 est impossible en vertu de la question précédente. Donc N(z) = 1 ou N(z) = 4 (et alors N(z’) = 1) . Ainsi les seuls diviseurs de 2 sont 1 et 2. On montre de même que 3 est premier.
Enfin i 6 = z.z’ impliquerait 6 = N(i 6 ) = N(z).N(z’), donc N(z) = 1, 2, 3 ou 6. Comme N(z) = 2 et 3 sont impossibles, N(z) = 1 ou N(z) = 6, i.e. N(z’) = 1.
On montre de même que 5, 11, 7 + i 6 et 7 − i 6 sont des éléments premiers de A, non associés. Exercice 28 : Autre exemple d’anneau non factoriel.
1) Montrer que A = z = x + i.y 5 ; (x, y) ∈ Z2 est un anneau intègre.
2) Si z = x + i.y 5 ∈ A, on pose N(z) = x2 + 5y
2. Montrer que N(z.z') = N(z).N(z').
3) Trouver les éléments inversibles de A. 4) Montrer que dans A tout élément se décompose comme produit d’éléments premiers. 5) Montrer que A n’est pas factoriel. (Considérer par exemple 6, 9, 14, 21).
Solution : 1) 2) 3) et 4) sont identiques à l’exercice précédent. Ici aussi A* = +1, −1. Montrons 5)
6 = 2 × 3 = ( 1 + i 5 ) × (1 − i 5 )
9 = 3 × 3 = ( 2 + i 5 ) × ( 2 − i 5 )
21 = 3 × 7 = ( 1 + 2i 5 ) × ( 1 − 2 i 5 )
14 = 2 × 7 = ( 3 + i 5 ) × ( 3 − i 5 )
46 = 2 × 23 = ( 1 + 3i 5 ) × ( 1 − 3 i 5 )
Or 2 , 3 , 7 , 1 ± i 5 , 2 ± i 5 , 1 ± 2i 5 sont des éléments premiers de A, 2 à 2 non associés.
En effet l’équation x2 + 5y
2 = 2 , 3 ou 7 n’a pas de solution dans Z×Z, car x
2 n’est jamais congru à
2, 3 ou 7 modulo 5. Or, 2 = z.z’ dans A impliquerait 4 = N(z).N(z’), donc N(z) = 1, 2 ou 4. Comme N(z) = 2 est impossible, N(z) = 1 ou 4, donc z ou z’ ∈ A*. Ainsi, 2 est premier. De même, 3 et 7 sont premiers.
1 ± i 5 = z.z’ dans A impliquerait 6 = N(z).N(z’), donc N(z) = 1, 2, 3 ou 6.
Comme N(z) est différent de 2 et 3, N(z) = 1 ou 6, donc z ou z’ ∈ A*. Ainsi, 1 ± i 5 est premier.
De même, 2 ± i 5 et 1 ± 2i 5 sont premiers.
Remarque : L’arithmétique de cet anneau est étudiée dans le Que sais-je d’Arithmétique de Jean Itard, chap. 7. Elle rentre dans la théorie des anneaux de Dedekind. Exercice 29 : Autre exemple d’anneau non factoriel.
1) Montrer que A = z = x + y10 ; (x, y) ∈ Z2 est un anneau intègre.
2) Si z = x + y 10 ∈ A, on pose N(z) = x2 − 10.y
2. Montrer que N(z.z') = N(z).N(z').
171
3) Montrer que dans A tout élément se décompose comme produit d’éléments premiers. 4) Montrer que A n’est pas factoriel. [ Noter que : 6 = 2.3 = (4 +10 ).(4 − 10 ). ]
Solution : Mêmes méthodes que dans les exercices précédents. ____________
9. Corps.
Exercice 1 : Quels sont les corps K vérifiant ∀x ∈ K* x = x−1
?
Solution : Soit K un tel corps, commutatif ou non.
Il vérifie ∀x ∈ K* x2 = 1, i.e. ( x – 1 )( x + 1 ) = 0, car x et 1 commutent.
Comme K est sans diviseur de 0, x = ± 1. Ainsi K = 0, +1, −1. Si +1 = −1, K a deux éléments ; il est isomorphe au corps Z/2Z. Sinon, K a trois éléments ; la table d’addition impose à K d’être isomorphe au corps Z/3Z. Réciproques faciles.
Conclusion : Il y a à isomorphisme près deux corps : Z/2Z et Z/3Z. Exercice 2 : Existe-t-il un corps à 4 éléments ?
Solution : L’anneau Z/4Z a 4 éléments, mais n’est pas un corps. Cela ne prouve rien. Supposons qu’il existe un corps K à 4 éléments. Notons ces éléments 0, 1, a et b. Cherchons les tables d’addition et de multiplication de K . 1 + 1 + 1 + 1 = 0, car dans un groupe additif à n éléments, tout élément x vérifie n.x = 0. Or 1 + 1 + 1 + 1 = ( 1 + 1 ).( 1 + 1 ). Comme K est sans diviseurs de 0, 1 + 1 = 0. Par suite, pour tout x ∈ K , x + x = 0. K est de caractéristique 2, et le groupe additif (K , +) est isomorphe au groupe de Klein Z/2Z×Z/2Z. La table de (K , +) est donc :
+ 0 1 a b 0 0 1 a b 1 1 0 b a a a b 0 1 b b a 1 0
Quant à la table de (K , ×), elle est dictée par le fait que K ’ = K − 0 = 1, a, b est un groupe à 3 éléments :
× 0 1 a b 0 0 0 0 0 1 0 1 a b a 0 a b 1 b 0 b 1 a
L’ensemble (K , +, ×) est-il un corps ? C’est un groupe additif. L’associativité de la multiplication découle de ce que K ’ = K − 0 = 1, a, b est un groupe à 3 éléments et 0 est absorbant. Comme × est commutative, il ne reste à vérifier que la distributivité x.(y + z) = x.y + x.z. C’est immédiat si x = 0 ou 1 ; restent 2×4×4 = 32 vérifications. En fait, comme b = a
2, on peut se limiter à x = a ; restent 16 vérifications.
C’est immédiat si y = z ; restent 16 − 4 = 12 vérifications. En fait 6, si l’on observe que l’on peut échanger y et z. Il faut les faire…
Conclusion : Il y a bien un corps à 4 éléments. Il est unique à isomorphisme près.
172
Exercice 3 : 1) Montrer que K = Z/13Z×Z/13Z est un corps commutatif à 169 éléments pour les deux lois : (x, y) + (x’, y’) = (x + x’, y + y’) et (x, y).(x’, y’) = (x.x’ + 5.y.y’, x.y’ + y.x’). 2) Montrer que K = Z/2Z×Z/2Z est un corps commutatif à 4 éléments pour les deux lois : (x, y) + (x’, y’) = (x + x’, y + y’) et (x, y).(x’, y’) = (x.x’ + y.y’, x.y’ + y.x’ + y.y’).
Solution : 1) On sait que K = Z/13Z×Z/13Z est un groupe additif à 169 éléments. La multiplication est commutative, unifère, d’unité e = (1, 0), car (x, y).(1, 0) = (x, y). Elle est distributive par rapport à l’addition, car : (x, y).[ (x’, y’) + (x’’, y’’) ] = (x, y).(x’ + x’’, y’ + y’’) = ( x.(x’ + x’’) + 5.y(y’ + y’’) , x.(y’ + y’’) + y.(x’ + x’’) ) = (x , y).(x’, y’) + (x , y).(x’’, y’’) . Elle est associative, car : (x, y).[ (x’, y’).(x’’, y’’) ] = (x, y).(x’.x’ ’ + 5.y’,y’’, x’.y’’ + y’.x’’) = ( x.x’.x’’ + 5.x.y’.y’’ + 5.y.x’.y’’ + 5.y.y’.x’’ , x.x’.y’’ + x.y’.x’’ + y.x’.x’’ + 5.y.y’.y’’ ) Or le couple obtenu est invariant par permutation circulaire des 3 couples, donc il vaut : (x’’, y’’).[ (x, y).(x’, y’) ] = [ (x, y).(x’, y’) ].(x’’, y’’).
Enfin, l’on observe que (x, y).(x, −y) = (x2 – 5y
2 , 0).
5 n’étant pas un carré dans Z/13Z, x2 – 5y
2 = 0 ⇔ x = y = 0, donc (x, y) ≠ (0, 0) ⇔ x
2 – 5y
2 ≠ 0.
Par suite, (x, y) a pour inverse (²5² yx
x− ,
²5² yxy
−− ) .
Cette méthode est plus rapide que la recherche de l’inverse par coefficients indéterminés.
Remarque : On a (0, 1)2 = (5, 0). Plongeons le corps Z/13Z dans K en identifiant x et (x, 0) = x.(1,
0), et notons ω = (0, 1). Tout élément de K s’écrit z = x.e + y.ω. L’idée est que 5 n’est pas un carré dans Z/13Z. On adjoint à Z/13Z une racine carrée de 5 par le même procédé que l’on construit C à partir de R en adjoignant une racine carrée de – 1 à R.
Les carrés de Z/13Z sont 0, 1, 4, 9, 3, 13 et 10, les non carrés sont 2, 5, 7, 6, 11 et 8.
Ces non carrés sont tous des carrés dans K , puisque : 5 = ω2 ,
2 = 3×5 = (4.ω)2
, 6 = 9×5 = (3.ω)2
, 7 = 4×5 = (2.ω)2
, 8 = 12×5 = (5.ω)2
, 11 = 10×5 = (6.ω)2
.
Il en résulte que toutes les équations du second degré ax2 + bx + c = 0 à coefficients dans Z/13Z ont
des racines dans K . En termes savants, les corps (« extensions quadratiques »)
K = Z/13Z[ 5 ] , Z/13Z[ 2 ] , Z/13Z[ 6 ] , Z/13Z[ 7 ] , Z/13Z[ 8 ] et Z/13Z[ 11] sont isomorphes. 2) On sait que K = Z/2Z×Z/2Z est un groupe additif à 4 éléments. Plutôt que de reprendre les méthodes précédentes, notons 0 = (0, 0), e = (1, 0), a = (0, 1), b = (1, 1) les 4 éléments de K , et donnons les tables de + et × :
+ 0 e a b 0 0 e a b e e 0 b a a a b 0 e b b a e 0
Les vérifications nous ramènent à l’exercice précédent.
Remarque : le polynôme X2 + X + 1 ∈ Z/2Z[X] n’a pas de racine dans Z/2Z. Nous avons construit
« à la main » un surcorps K de Z/2Z dans lequel ce polynôme a deux racines.
Remarque finale : cet exercice élémentaire montre qu’il existe d’autres corps finis que les Z/pZ.
On peut montrer que tout corps fini est commutatif, de cardinal pn, où p est un nombre premier, et
qu’il existe, à isomorphisme près, un seul corps de cardinal q = pn .
× 0 e a b 0 0 0 0 0 e 0 e a b a 0 a b e b 0 b e a
173
Exercice 4 : Montrer que K = Q×Q est un corps commutatif pour les deux lois : (x, y) + (x’, y’) = (x + x’, y + y’) et (x, y).(x’, y’) = (x.x’ + 2.y.y’, x.y’ + y.x’). Montrer qu’il existe, outre l’identité, un seul automorphisme du corps K .
Solution : On sait que K = Q×Q est un groupe additif. La multiplication est commutative, unifère, d’unité e = (1, 0), car (x, y).(1, 0) = (x, y). Elle est distributive par rapport à l’addition, car : (x, y).[ (x’, y’) + (x’’, y’’) ] = (x, y).(x’ + x’’, y’ + y’’) = ( x.(x’ + x’’) + 2.y(y’ + y’’) , x.(y’ + y’’) + y.(x’ + x’’) ) = (x , y).(x’, y’) + (x , y).(x’’, y’’) . Elle est associative, car : (x, y).[ (x’, y’).(x’’, y’’) ] = (x, y).(x’.x’ ’ + 2.y’,y’’, x’.y’’ + y’.x’’) = ( x.x’.x’’ + 2.x.y’.y’’ + 2.y.x’.y’’ + 2.y.y’.x’’ , x.x’.y’’ + x.y’.x’’ + y.x’.x’’ + 2.y.y’.y’’ ) Or le couple obtenu est invariant par permutation circulaire des 3 couples, donc il vaut : (x’’, y’’).[ (x, y).(x’, y’) ] = [ (x, y).(x’, y’) ].(x’’, y’’).
Enfin, l’on observe que (x, y).(x, −y) = (x2 – 2y
2 , 0).
2 n’étant pas un carré dans Q, x2 – 2y
2 = 0 ⇔ x = y = 0, donc (x, y) ≠ (0, 0) ⇔ x
2 – 2y
2 ≠ 0.
Par suite, (x, y) a pour inverse (²2² yx
x− ,
²2² yxy
−− ) .
Cette méthode est plus rapide que la recherche de l’inverse par coefficients indéterminés.
Soit σ un automrophisme du corps K . Il vérifie σ(1, 0) = (1, 0), puis σ(n, 0) = (n, 0) pour tout n ∈ N,
Z, puis Q. Il vérifie σ(0, 1) = ± (0, 1), car σ(0, 1)2 = σ((0, 1)
2) = σ(2, 0) = (2, 0).
Or l’équation z2 = (2, 0) dans le corps K s’écrit aussi z
2 = (1, 0)
2 ; elle a deux racines, ±(1, 0).
Donc σ(0, 1) = ±(0, 1). Alors σ(0, n) = ±(0, n) pour tout n ∈ N, Z, puis Q. Ainsi, si σ(0, 1) = (0, 1), σ est l’identité. Si σ(0, 1) = −(0, 1), σ(x, y) = (x, −y). Réciproquement, l’application σ : (x, y) → (x, −y) est bien un automorphisme de K .
Remarques : On a (0, 1)2 = (2, 0). Plongeons le corps Q dans K en identifiant x et (x, 0) = x.(1, 0), et
notons ω = (0, 1). Tout élément de K s’écrit alors z = x.e + y.ω. L’idée est que 2 n’est pas un carré dans Q. On adjoint formellement à Q une racine carrée de 2 par le même procédé que l’on construit C à partir de R en adjoignant une racine carrée de – 1 à R.
Ce « nombre » ω n’est pas à confondre avec le nombre réel noté 2 ≈ 1, 414 … Si l’on voulait éclaircir ce point, il faudrait d’abord munir K d’un ordre total compatible avec sa structure de corps, prolongeant l’ordre naturel de Q, puis construire un homomorphisme injectif
f : K → R tel que f(ω) = 2 . Autrement dit, R contient un sous-corps isomorphe à K . Quant à l’automorphisme σ, ce n’est autre que la conjugaison.
Exercice 5 : 1) Montrer que Q[ 2 ] = x = a + b 2 ; (a, b)∈Q2
est un corps pour les lois usuelles.
2) Même question pour Q[ 3 ] = x = a + b 3 ; (a, b)∈Q2
. Ces deux corps sont-ils isomorphes?
3) Décrire le plus petit sous-corps de R contenant ces deux corps.
Solution :
1) Montrons que Q[ 2 ] est un sous-corps de R.
1 ∈ Q[ 2 ] , x = a + b 2 et y = c + d 2 ∈ Q[ 2 ] ⇒ x − y et x.y ∈ Q[ 2 ], car :
x – y = (a – c) + (b – d) 2 et x.y = ( ac + 2bd ) + ( ad + bc ) 2 .
Enfin x = a + b 2 ∈ Q[ 2 ] – 0 ⇒ 1/x ∈ Q[ 2 ] , car x1 =
21ba+
= ²2²2ba
ba−
− .
[ 2 étant irrationnel, a − b 2 = 0 ⇔ a = b = 0. ]. Idem pour Q[ 3 ].
174
Remarque : plus généralement, si K est un sous-corps de L , et si ω est un élément de L−K dont le carré appartient à K , alors a + bω ; (a, b)∈K×K est un sous-corps de L et un plan vectoriel sur K .
2) Où l’on apprend à se méfier des apparences…
Il semble bien que les corps Q[ 2 ] et Q[ 3 ] sont isomorphes, via f : a + b 2 → a + b 3 . Hélas, si f est bien un isomorphisme de groupes additifs, et de Q-espaces vectoriels, tel que f(1) = 1, ce n’est pas un isomorphisme de corps, car il ne vérifie pas f(x.y) = f(x).f(y).
En effet f( 2 ) = 3 , et f( 2 . 2 ) = f(2) = 2 tandis que f( 2 ).f( 2 ) = 3 . 3 = 3.
Le fait que f ne soit pas un isomorphisme ne prouve pas que les corps Q[ 2 ] et Q[ 3 ] ne sont pas isomorphes, mais le laisse entendre.
Analysons en effet les propriétés d’un éventuel isomorphisme f de Q[ 2 ] sur Q[ 3 ]. Il vérifierait f(1) = 1, donc f(n) = n pour tout n ∈ N, n ∈ Z, puis f(a) = a pour tout a ∈ Q.
Par suite f(a + b 2 ) = f(a) + f(b).f( 2 ) = a + b.f( 2 ).
Posons f( 2 ) = a + b 3 , et écrivons f( 2 ).f( 2 ) = 2.
Donc a2 + 3b
2 + 2ab 3 = 2. La Q-liberté de 1 et 3 implique a
2 + 3b
2 = 2 et ab = 0.
• b = 0 implique a2 = 2, ce qui est impossible.
• b ≠ 0 implique a = 0, puis 3b2 = 2. D’où 9b
2 = 6 : or 6 n’est pas rationnel. CQFD.
3) Le plus petit sous-corps de R contenant Q[ 2 ] et Q[ 3 ] est :
K = x = a + b 2 + c 3 + d 6 ; (a, b, c, d) ∈ Q4 .
C’est une Q-algèbre de dimension 4. C’est justifié avec soin dans mes exercices d’algèbre linéaire.
Exercice 6 : Résoudre les équations z2 = 7 + 24 i , puis z
3 = 1 dans C.
Solution : 1) Peut se résoudre par deux méthodes. Méthode algébrique : Posons z = x + iy.
Alors z2 = 7 + 24 i ⇔ x
2 – y
2 = 7 et xy = 12.
C’est un système non linéaire de deux équations à deux inconnues. Comment le résoudre ? Comme x est non nul, on a y = 12/x.
Reportons. Il vient x2 – 144/x
2 = 7, donc x
4 – 7x
2 – 144 = 0.
Equation bicarrée ! Posons X = x2 ; il vient X
2 – 7X – 144 = 0.
D’où X = 2257± = 16 ou − 6. Comme X est positif, X = 16, donc x = ± 4 et y = 12/x = ±3.
Au final z = ± ( 4 + 3i ). Remarque : Résoudre x
2 – y
2 = 7 et xy = 12 revient à intersecter deux hyperboles.
Méthode trigonométrique. 7 + 24 i = 25 ( cos θ + i sin θ ), où cos θ = 257 et sin θ =
2524 .
Cherchons z sous forme trigonométrique z = r.eiϕ
, il vient r = 5, ϕ = 2θ + kπ.
cos θ = 2.cos2 ϕ − 1 et sin θ = 2.cos ϕ.sin ϕ, donc cos ϕ = ±
54 et sin ϕ = ±
53 .
Ainsi, z = ± 5 ( 54 +
53 i ) = ± ( 4 + 3i ) derechef.
2) Posons z = x +iy. Alors z3 = 1 ⇔ [ x (x
2 – 3y
2) = 1 et y (3x
2 – y
2) = 0 ].
Soit y = 0, et alors x3 = 1 , donc x = 1. Au final, z = 1
Soit y ≠ 0, et alors 3x2 = y
2 , donc – 8x
3 = 1 , x = − ½ puis y
2 = 3/3, y = ± 2/3 .
Au final z = 1 , −21 ± i
23 .
175
Bien entendu, il est préférable de passer par la représentation polaire de z.
Exercice 7 : Soient K un corps commutatif, p un projecteur de rang 1 de K2.
Montrer que H = p f p ; f ∈ LLLL(K2) est un corps.
Solution : [ Oral Centrale 1993 ]
Choisissons une base de K2
telle que p ait pour matrice
0001 .
Si f a pour matrice
dcba , p f p a pour matrice
000a .
Tout revient à montrer que
000a ; a ∈ K est un corps.
C’est un sous-groupe additif de M2(K ), stable par mutiplication, de neutre
0001 , donc un anneau.
Tout élément non nul
000a , a ∈ K* , est inversible d’inverse
−
0001a
.
Exercice 8 : Corps premiers. Un corps P est dit premier s’il n’a pas d’autre sous-corps que lui-même. 1) Montrer que Q et les Z/pZ, p premier, sont des corps premiers. 2) Montrer que tout corps premier est isomorphe à Q ou à l’un des Z/pZ, p premier. 3) Soit P un corps premier. Montrer que le seul endomorphisme de corps de P est l’identité.
Solution : Exercice 9 : Montrer que l’identité est le seul endomorphisme de corps de R.
Solution : Soit f un endomorphisme de corps de R. f satisfait l’équation de Cauchy f(x + y) = f(x) + f(y) . De plus, f(1) = 1. On en déduit que f(n) = n pour tout n ∈ N, puis tout n ∈ Z, puis f(r) = r pour tout rationnel r ∈ Q.
De plus, pour tout couple (x, y), f(xy) = f(x)f(y). On en déduit pour tout x, f(x2) = f(x
2).
Or, dans R, les carrés coindicent avec les réels positifs. Donc y ≥ 0 ⇒ f(y) ≥ 0, puis y ≥ z ⇒ y − z ≥ 0 ⇒ f(y − z) = f(y) − f(z) ≥ 0 ⇒ f(y) ≥ f(z). f est croissante. Or la seule application croissante de R dans R qui laisse fixe tous les rationnels est
l’identité. En effet, si x est réel et si (rn) et (sn) sont deux suites adjacentes de rationnels tendant vers
x, on a pour tout n, rn = f(rn) ≤ f(x) ≤ f(sn) = sn, donc à la limite f(x) = x.
Remarque : Ce résultat est paradoxal, car il signifie que, bien que R soit une extension de Q de degré infini, le groupe de Galois de R sur Q est trivial : propriété que l’on pourrait croire réservée aux seuls corps premiers. Exercice 10 (généralisation) : Soit f : R → R vérifiant :
f(1) = 1 , ∀(x, y) ∈ R2 f(x + y) = f(x) + f(y) , ∀x ∈ R* f(x) ∈ R* et f(
x1 ) =
)(1xf
.
1) Montrer que ∀x ∈ R−0, 1 f ()1(
1xx − ) =
)1()(1
xfxf − .
2) En déduire que (∀x) f(x2) = f(x)
2 , puis que f = idR .
Solution : [ Oral ENS 1996, RMS n° 370 ]
176
1) Soit x ≠ 0 et 1. D’une part, f()1(
1xx − ) = f(
x1 +
x−11 ) = f(
x1 ) + f(
x−11 )
= )(
1xf
+ )1(
1xf − =
)(1xf
+ )()1(
1xff − =
)(1xf
+ )(1
1xf− =
)1()(1
xfxf − .
D’autre part, f()1(
1xx − ) =
))1((1
xxf − = ²)()(
1xfxf − .
2) Donc f(x) − f(x2) = f(x).f(1 − x) = f(x).(1 − f(x)) = f(x) − f(x)
2.
Donc f(x2) = f(x)
2 pour x ≠ 0 et 1. Pour x = 0 et 1, c’est évident.
3) Du coup, f est croissante, et f(x) = ax ; f(1) = 1 impose f(x) ≡ x.
NB : Ce résultat est un cas particulier d’un théorème de Hua (cf. Artin, Algèbre géométrique, et Bourbaki). La RMS propose une autre solution, plus longue. Exercice 11 : Exemples de sous-corps de C. 1) Montrer que tout sous-corps de C contient Q. 2) Montrer que l’ensemble des complexes pouvant être défini à partir des entiers au moyen d’un nombre fini d’additions, de soustractions, de multiplications, de divisions et d’extractions de racines n-èmes (où n est un entier positif) forme un sous-corps dénombrable R de C.
3) Montrer que l’ensemble Q des complexes algébriques sur Q est un sous-corps dénombrable et
algébriquement clos de C, contenant strictement le corps R précédent.
4) Montrer que les nombres complexes constructibles à la règle et au compas forment également
un sous-corps dénombrable de Q . 5) Un réel est dit calculable s’il existe un algorithme ou une machine de Turing capable d’énumérer tous les chiffres de son développement décimal. Un complexe est dit calculable si ses parties réelle et imaginaire le sont. Montrer que les complexes calculables forment un sous-corps
dénombrable de C, contenant le corps Q , mais aussi les constantes π , e , γ , eπ
, etc.
Solution partielle :
Le fait que Q contienne strictement le corps R découle du théorème d’Abel-Ruffini : l’équation du
cinquième degré x5 – x – 1 = 0 n’est pas résoluble par radicaux : ses racines appartiennent à Q , non
à R.
Exercice 12 : Corps réels, corps pythagoriciens. Un corps commutatif K est dit réel s’il vérifie (R), pythagoricien s’il vérirife (P) :
(R) ∀n ≥ 1 ∀(x1, x2, …, xn) ∈ Kn ∑
=
n
kkx
1
)²( = 0 ⇒ x1 = x2 = … = xn = 0.
(P) ∀(a, b) ∈ K×K ∃c ∈ K a2 + b
2 = c
2.
Parmi les corps suivants : Q, R, C, Z/2Z, Z/3Z, Z/5Z, lesquels sont réels, pythagoriciens ?
Solution : Exercice 13 : idéaux maximaux, idéaux premiers. Soient A un anneau commutatif, ℑ un idéal de A. 1) Montrer l’équivalence des propriétés :
(M1) ℑ ≠ A et les seuls idéaux de A contenant ℑ sont ℑ et A ; (M2) ℑ ≠ A et (∀x ∈ A−ℑ) ℑ + A.x = A ; (M3) L’anneau quotient A/ℑ est un corps. On dit alors que ℑ est un idéal maximal.
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2) Montrer l’équivalence des propriétés : (P1) ℑ ≠ A et ∀(x, y) ∈ A
2 x.y ∈ ℑ ⇒ x ∈ ℑ ou y ∈ ℑ ;
(P2) L’anneau quotient A/ℑ est intègre. On dit alors que ℑ est un idéal premier. Montrer qu’un idéal ℑ de A est premier ss’il est le noyau d’un homomorphisme de A dans un anneau intègre K . [ Considérer l’anneau quotient A/ℑ. ] 3) Quels sont les idéaux maximaux, resp. premiers, de Z ? de Z/nZ ?
Solution : 1) Idéaux maximaux. (M1) ⇒ (M2) car si x ∈ A−ℑ, ℑ + A.x est un idéal de A contenant strictement ℑ, donc égal à A. (M2) ⇒ (M1) car si ℑ’ est un idéal de A contenant strictement, il existe x ∈ A−ℑ, tel que x ∈ ℑ’. Alors ℑ’ contient ℑ + A.x, donc ℑ’ = A. (M2) ⇒ (M3). Comme ℑ ≠ A, l’anneau quotient A/ℑ n’est pas réduit à 0.
Soient x un élément non nul de A/ℑ , x un de ses répresentants. Alors x ∈ A−ℑ, donc ℑ + A.x = A.
En particulier 1 = u + yx, où u ∈ ℑ. Du coup, 1 = y x , et x est inversible.
(M3) ⇒ (M2). Comme A/ℑ n’est pas réduit à 0, ℑ ≠ A.
Soit x ∈ A−ℑ. x est un élément non nul de A/ℑ , donc il est inversible : 1 = y x
Revenant à A, 1 = u + yx, où u ∈ ℑ. Et tout élément z de A s’écrit z = zu + zyx ∈ ℑ + A.x 2) Idéaux premiers. (P1) ⇒ (P2). Comme ℑ ≠ A, l’anneau quotient A/ℑ n’est pas réduit à 0.
Supposons 0 = x y . Alors x.y ∈ ℑ, donc x ∈ ℑ ou y ∈ ℑ, i.e. x = 0 ou y = 0 .
(P2) ⇒ (P1). Comme un anneau intègre n’est pas réduit à 0, ℑ ≠ A.
De plus x.y ∈ ℑ ⇔ x y = 0 ⇒ x = 0 ou y = 0 ⇔ x ∈ ℑ ou y ∈ ℑ.
Si f : A → K est un morphisme d’anneaux, Ker f est un idéal premier de A. En effet, Ker f ≠ A car 1 ∉ Ker f . Et x.y ∈ Ker f ⇒ f(x.y) = 0 ⇒ f(x).f(y) = 0 ⇒ f(x) = 0 ou f(y) = 0. Réciproquement, tout idéal premier ℑ A est le noyau du morphisme canonique A → K = A/ℑ, où K est intègre. 3) Les idéaux de Z sont les nZ. On sait que Z/nZ est intègre ⇔ Z/nZ est un corps ⇔ n est premier. Ainsi, les idéaux premiers et les idéaux maximaux de Z coincident : ce sont les pZ, où p est premier. Les idéaux de Z/nZ sont les dZ/nZ, où d divise n, et l’anneau quotient (Z/nZ)/(dZ/nZ) est isomorphe à Z/dZ. Justification laissée au lecteur. Du coup, les idéaux premiers et les idéaux maximaux de Z/nZ coincident : ce sont les pZ/nZ, où p est un diviseur premier de n.
Exercice 14 : Soient F = Q − −1, 0, 1 et f : x → x − x1 . Montrer que f(F) ⊂ F et que I
Nn
n Ff∈
)( = ∅.
Solution : [ Oral ENS 2006, RMS n° 6 ]
1) Stabilité. Si x ∈ F, f(x) existe car x ≠ 0, et f(x) ∈ Q. f(x) = 0 impliquerait x = ± 1, ce qui est impossible.
f(x) = ±1 impliquerait x = 2
51±± , ce qui est également impossible, car 5 ∉ Q.
En résumé, f laisse stable l’ensemble F. 2) L’application induite n’est ni injective, ni surjective. En effet, x et –1/x ont même image par f. Et on vérifie sans peine que f(x) ne prend pas la valeur 2.
3) Nous allons montrer que la suite décroissante d’ensembles f n(F) a une intersection vide.
Soit x = ba ( a ∧ b = 1, b ∈ N* ). Alors f(x) =
abbaba ))(( +−
, et ceci est la forme irréductible de f(x).
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En effet, si p premier divisait à la fois (a – b)(a + b) et ab, il diviserait a et b.
Réitérons ! ( f o f )(x) = ²)²(
²²²)²²(baab
baba−−−
= dn , où d = | ab ( a
2 – b
2 ) | < b.
Sinon, a( a + b )( a − b ) = ± 1 ; a = ± 1 ⇒ a2 – b
2 = ± 1 ⇒ a
2 = b
2 ± 1, ce qui est impossible.
Ainsi, d ≥ 2. Le dénominateur de la forme réduite de f
4(x) est ≥ 3, etc.
Donc si x est élément de INn
n Ff∈
)( , le dénominateur de sa forme réduite sera aussi grand qu’on veut.
C’est impossible. __________
