1 Existence de nombres transcendants (Liouville

Agrégation Interne de Mathématiques
Université de La Rochelle
Jean-Philippe Furter
novembre 2010
Exercices d’algèbre générale
1
Existence de nombres transcendants (Liouville, 1844)
1.1
Enoncé
Nous qualifions ici de transcendant tout nombre réel transcendant sur Q.
Définition. On dit que ξ ∈ R est approximable (par les rationnels) à l’ordre n, s’il existe
C > 0 et une infinité de rationnels s’écrivant sous la forme pq (avec p ∈ Z et q ∈ N∗ non
nécessairement premiers entre eux) tels que
| pq − ξ| < qCn .
a. Soit ξ ∈ R un nombre algébrique de degré n ≥ 2. Justifier l’existence de P ∈ Z[X]
tel que P (ξ) = 0 et deg P = n.
b. On pose M = supx∈[ξ−1,ξ+1] |P 0 (x)| et C 0 = M1+1 . Montrer que ∀ (p, q) ∈ Z × N∗
0
p
on a | pq − ξ| > C
q n (appliquer le théorème des accroissements finis à P entre q et ξ).
c. En déduire que ξ n’est pas approximable à l’ordre n + 1.
d. On suppose maintenant ξ ∈ Q. Montrer que ξ n’est pas approximable à l’ordre 2.
Le résultat suivant est donc acquis :
Théorème. Tout réel algébrique de degré n n’est pas approximable à l’ordre n + 1.
e. On pose ξ =
+∞
X
n=1
−n!
10
et ξm =
m
X
10−n! pour m ≥ 1. Montrer que |ξm − ξ| <
n=1
2 × 10−(m+1)! .
f. Quel que soit n ≥ 1, en déduire que ξ est approximable à l’ordre n.
g. En déduire que ξ est transcendant.
1.2
Corrigé
a. Soit R ∈ Q[X] le polynôme minimal de ξ sur Q.
On a R = X n + rn−1 X n−1 + . . . + r0 , où chaque ri ∈ Q, donc ri s’écrit sous la forme
ri = pqii avec pi ∈ Z et qi ∈ N∗ .
Dès lors, il suffit de poser P = dR, où d = q0 . . . qn−1 .
Note. On peut aussi prendre d = ppcm(q0 , . . . , qn−1 ).
b. On a C 0 < 1, donc l’inégalité demandée est évidente si | pq − ξ| > 1, car
1
C0
qn
< 1.
Supposons donc | pq − ξ| < 1, ie pq ∈ [ξ − 1, ξ + 1] et appliquons le théorème des
accroissements finis à P entre pq et ξ.
Il existe donc α ∈ [ξ − 1, ξ + 1] (plus précisément, α strictement compris entre pq et
ξ) tel que P ( pq ) − P (ξ) = ( pq − ξ)P 0 (α). Or |P 0 (α)| ≤ M , donc |P ( pq )| ≤ M | pq − ξ|.
Mais il existe r ∈ Z tel que P ( pq ) = qrn et r 6= 0, car P est irréductible sur Q (puisqu’à
une constante près, P est le polynôme minimal de ξ sur Q). On a donc |P ( pq )| =
Dès lors, il vient q1n ≤ M | pq − ξ| < (M + 1)| pq − ξ|, d’où le résultat.
|r|
qn
≥
1
qn .
c. Soit C > 0. Montrons qu’il n’y a qu’un nombre fini de couples (p, q) ∈ Z × N∗ tels
C
que | pq − ξ| < qn+1
.
C
C0
q n < q n+1 ,
C
C 0 (C + |ξ|).
Si (p, q) satisfait cette dernière égalité, on devrait avoir
d’où q <
C
C0 .
C
On a donc | pq | − |ξ| < qn+1
, d’où |p|
q < C + |ξ|, ie |p| <
Comme p et q sont bornés, on a bien montré le résultat voulu.
d. Il existe (r, s) ∈ Z × N∗ , tel que ξ = rs .
1
Si pq 6= ξ, où (p, q) ∈ Z × N∗ , on a | pq − ξ| = | ps−qr
qs | ≥ qs .
Si C > 0, montrons qu’il n’existe qu’un nombre fini de rationnels pq (où (p, q) ∈ Z×N∗ )
tels que | pq − ξ| < qC2 .
1
< qC2 ,
En effet, si cette dernière inégalité est vérifiée et si pq 6= ξ, on devrait avoir qs
d’où q < Cs.
Mais alors, | pq | − |ξ| < qC2 , d’où |p|
q < C + |ξ|, d’où |p| < Cs(C + |ξ|).
5!=120
z
}|
{
e. Remarquons que ξ = 0, |1100010
{z . . . 01} 0 . . . 01 0 . . ..
X4!=24
X
On a |ξm − ξ| = ξ − ξm =
10−n! = 10−(m+1)!
10(m+1)!−n! .
Or
X
10(m+1)!−n! =
n≥m+1
n≥m+1
X
10(m+1)!−(m+1+i)! .
n≥m+1
i≥0
Mais quel que soit i ≥ 0, on a (m + 1 + i)! − (m + 1)! ≥ i. En effet, si i = 0, c’est
évident et si i ≥ 1, on a
(m + 1 + i)! − (m + 1)! ≥ (m + 1 + i)(m + 1)! − (m + 1)! = (m + i)(m + 1)! ≥ i.
X
X
10
< 2, d’où le résultat.
Dès lors,
10(m+1)!−(m+1+i)! ≤
10−i =
9
i≥0
i≥0
f. Soit n ≥ 1 fixé. Montrons qu’il existe une infinité de rationnels pq (où (p, q) ∈ Z×N∗ )
tels que | pq − ξ| < q2n .
X
m
Quel que soit m ≥ 1, on a ξm = pqm
, où pm =
10m!−i! ∈ N∗ et qm = 10m! ∈ N∗ .
1≤i≤m
m
Par conséquent, pour m ≥ n, on a | pqm
− ξ| < 2 × 10−(m+1)! =
2
(qm )m+1
≤
2
(qm )n .
g. Si ξ est algébrique, posons n = degQ ξ. Alors, par le théorème précédemment
démontré, ξ ne serait pas approximable à l’ordre n + 1, contrairement à ce qui a été
démontré à la question précédente. Donc ξ est transcendant !
2
Transcendance de e (Hermite, 1873)
2
2.1
Enoncé
Par l’absurde. Si e était algébrique, il existerait des entiers relatifs a0 , . . . , am avec a0 6= 0
tels que am em + . . . + a1 e + a
0 = 0.
p−1
p (x−2)p ...(x−m)p

;
f (x) = x (x−1) (p−1)!




mp+p−1
∞

X
X

 F (x) =
f (k) (x) =
f (k) (x) ;
Si p est premier, on pose
k=0
k=0

Z j

m

X


−x
j

e f (x)dx.
aj e

 S=
0
j=0
a. Montrer que
[−e−x F (x)]0
=
e−x f (x)
et que S = −
m mp+p−1
X
X
j=0
aj f (i) (j).
i=0
(x−j)p
(p−1)!
et il existe alors h ∈ Z[X] tel que
b. Si j ∈ {1, . . . , m}, on pose g(x) :=
f (x) = g(x)h(x).
b1. Montrer que g (i) (j) = 0 si i 6= p et que g (p) (j) = p.
b2. En appliquant la règle de Leibniz au produit gh, montrer que f (i) (j) est un
entier divisible par p (quel que soit i ≥ 0).
xp−1
c. Si j = 0, on pose g(x) := (p−1)!
et il existe alors h ∈ Z[X] tel que f (x) = g(x)h(x).
c1. Montrer que g (i) (0) = 0 si i 6= p − 1 et que g (p−1) (0) = 1.
c2. En appliquant la règle de Leibniz au produit gh, montrer que f (i) (0) est un
entier divisible par p si i 6= p − 1 et que
f (p−1) (0) = (−1)p . . . (−m)p .
d. En déduire que S ∈ Z et que S ≡ −a0 (−1)p . . . (−m)p (mod p).
e. En déduire que si p > max{m, |a0 |}, alors S ∈ Z∗ .
mp+p−1
f. Si x ∈ [0, m], montrer que |f (x)| ≤ m(p−1)! .
m
X
mmp+p−1
et conclure.
g. En déduire que |S| ≤ (
|aj |jej )
(p − 1)!
j=0
Note. En 1874, Cantor donne une preuve révolutionnaire de l’existence de nombres
transcendants : il établit l’existence de ceux-ci sans en construire explicitement un seul ! Sa
preuve utilise des méthodes de théorie des ensemble et fût l’un des premiers triomphes de
sa théorie des cardinaux infinis. Il est intéressant de signaler que le monde mathématique
d’alors a accueilli sa preuve avec une grande suspicion. Sa démonstration est la suivante :
le cardinal des nombres algébriques est dénombrable et R ne l’est pas, d’où l’existence
de nombres transcendants !
3
2.2
Corrigé
a. On a [−e−x F (x)]0 = e−x (F (x) − F 0 (x)) = e−x f (x), donc
m
m
m
m
X
X
X
X
j
j −x
j
S=−
aj e [e F (x)]0 = −
aj F (j) + (
aj e )F (0) = −
aj F (j),
j=0
j=0
or pour tout j, F (j) =
mp+p−1
X
j=0
j=0
f (i) (j), d’où le résultat demandé.
i=0
p
i!
i (p−1)! (x
− j)p−i et si i > p, on a g (i) (x) = 0.
X i
(i)
g (k) (j)h(i−k) (j). Mais ki ∈ Z, g (k) (j) ∈ pZ
b2. On a f = gh, donc f (j) =
k
b1. Si i ≤ p, on a g (i) (x) =
0≤k≤i
et
h(i−k) (j)
∈ Z, d’où le résultat.
p−1
i!
p−1−i
i
(p−1)! x
c1. Si i ≤ p − 1, on a g (i) (x) =
g (i) (x)
=
xp−1−i
(p−1−i)!
et si i > p − 1, on a
= 0, d’où le résultat.
c2. Quel que soit i ≥ 0, on a f
(i)
X i
g (k) (0)h(i−k) (0).
(0) =
k
0≤k≤i
Si i ≤ p − 2, on a donc f (i) (0) = 0.
Si i = p − 1, on a donc f (p−1) (0) = h(0).
Or h(x) = (x − 1)p . . . (x − m)p , donc
f (p−1) (0) = (−1)p . . . (−m)p .
(i−p+1)
i
(i)
Si i ≥ p, on a donc f (0) = p−1 h
(0).
p
0
Or h(x) = [(x − 1) . . . (x − m)] , donc h (x) ∈ pZ[x] et pour tout l ≥ 1 h(l) (x) ∈ pZ[x],
d’où h(i−p+1) (0) ∈ pZ, d’où f (i) (0) ∈ pZ.
d. Si (j, i) ∈ {0, . . . , m} × N, on a montré que f (i) (j) est un entier.
De plus, si (j, i) 6= (0, p − 1), on a montré que cet entier est divisible par p, donc
S ≡ −a0 f (p−1) (0) mod p, d’où le résultat.
e. Si p > max{m, |a0 |}, alors a0 et 1, . . . , m ne sont pas divisibles par p, donc S n’est
pas divisible par p, donc S 6= 0.
f. On a |x|, |x − 1|, . . . , |x − m| ≤ m ce qui implique directement l’inégalité demandée.
Rj
mp+p−1 R j
mp+p−1
g. On a | 0 e−x f (x)dx| ≤ m(p−1)! 0 dx = j m(p−1)! , d’où l’inégalité cherchée.
m
X
mp+p−1
On a limp→∞ m(p−1)! = 0 et
|aj |jej est une constante,
j=0
donc lim (
p→∞
m
X
j=0
mmp+p−1
|aj |jej )
= 0.
(p − 1)!
m
X
mmp+p−1
1
Par conséquent, il existe N ≥ 0 tel que p > N =⇒ (
|aj |jej )
≤ .
(p − 1)!
2
j=0
Dès lors, si l’on choisit p premier avec p > max{m, |a0 |, N }, on aura d’une part S ∈ Z∗
et d’autre part |S| ≤ 21 , ce qui est absurde.
4
Le cas n = 4 du théorème de Fermat
3
On se propose d’établir l’énoncé suivant :
Théorème. L’équation x4 + y 4 = z 4 n’a pas de solution dans N∗ .
Montrer qu’il suffit d’établir le résultat suivant :
Théorème A. L’équation x4 + y 4 = z 2 n’a pas de solution dans N∗ .
3.1
Résultats préliminaires
1. En remarquant qu’un carré est congru à 0 ou 1 modulo 4, montrer le
Lemme. Si x, y et z sont des entiers tels que x2 + y 2 = z 2 , alors x ou y est pair.
2. Montrer le
Théorème. La solution générale de l’équation x2 + y 2 = z 2 , où x, y, z ∈ N∗ satisfont
pgcd(x, y) = 1 et 2 | x est
x = 2ab,
y = a2 − b2 ,
z = a2 + b2 ,
où a, b sont des entiers de parités opposées satisfaisant a > b > 0 et pgcd(a, b) = 1.
z−y
Si A := z+y
2 et B := 2 , on pourra d’une part montrer que A et B sont des entiers
premiers entre eux et d’autre part montrer que AB est un carré.
3.2
Preuve du théorème A
On utilise un processus de "descente" qui consiste à construire à partir d’une solution
de x4 + y 4 = z 2 une solution plus petite en un sens à préciser.
On raisonne par l’absurde et l’on suppose que l’équation x4 + y 4 = z 2 admet une
solution dans N∗ . Choisissons une telle solution avec z minimal. On va exhiber une
contradiction en construisant i, j, k ∈ N∗ tels que i4 + j 4 = k 2 avec k < z.
1. Montrer que pgcd(x, y) = 1.
2. Quitte à échanger x et y, montrer qu’il existe des entiers de parités opposées
satisfaisant a > b > 0 et pgcd(a, b) = 1 tels que
x2 = 2ab,
y 2 = a2 − b2 ,
z = a2 + b2 .
3. Montrer qu’il existe un entier c tel que b = 2c. À nouveau, on pourra remarquer
que tout carré est congru à 0 ou 1 modulo 4.
4. Montrer qu’il existe des entiers strictement positifs k et l tels que a = k 2 , c = l2 et
pgcd(k, l) = 1. On pourra d’une part montrer que pgcd(a, c) = 1 et d’autre part montrer
que ac est un carré.
5. Montrer qu’il existe des entiers de parités opposées satisfaisant
g > h > 0 et pgcd(g, h) = 1 tels que l2 = gh, y = g 2 − h2 et k 2 = g 2 + h2 .
6. Montrer qu’il existe i, j ∈ N∗ tels que g = i2 et h = j 2 .
7. Montrer que i4 + j 4 = k 2 et conclure.
5
4
√
Equation diophantienne et anneau Z[ −2]
On appelle équation diophantienne une équation dont les inconnues sont des entiers.
On cherche à résoudre l’équation diophantienne
y 2 + 2 = x3 .
√
√
3
Supposons
que
√ (x, y) soit solution. On peut écrire (y − −2)(y + −2) = x , où
√
√ l’on
a posé −2 := i 2. On est donc naturellement amené à étudier l’anneau A := Z[ −2].
a. Montrer que ∀ z ∈ C, ∃ q ∈ A, |z − q| < 1.
b. En déduire que A est euclidien (on pourra considérer N : A → N, z 7→ |z|2 ).
c. Montrer que A est√principal et√que son groupe d’inversibles vaut A∗ = {−1, 1}.
d. Montrer que y + √ −2 et y − −2 sont premiers entre eux (dans A).
e. Montrer que y + −2 est un cube (dans A) et résoudre l’équation.
5
Propriétés générales des polynômes cyclotomiques
Soient ϕn le n-ème polynôme cyclotomique et ϕ(n) l’indicatrice d’Euler de n.
On désigne par µn := {ζ ∈ C, ζ n = 1} le groupe des racines n-èmes de l’unité et par
µ∗n := {ζ ∈ C, ζ n = 1 et ∀ 1 ≤ d < n, ζ d 6= 1} le sous-ensemble des racines primitives
n-èmes de l’unité, i.e. µ∗n est l’ensemble des générateurs du groupe µn :
µ∗n = {ζ ∈ µn , µn =< ζ >}.
Y
Rappelons que par définition ϕn :=
(X − ζ).
ζ∈µ∗n
|µ∗n |
= ϕ(n) et en déduire que deg ϕn = ϕ(n).
a
2. Montrer que µn =
µ∗d .
1. Montrer que
d|n
n
3. En déduire que X − 1 =
Y
ϕd et n =
X
d|n
ϕ(d).
d|n
4. En déduire que ϕn est un polynôme unitaire à coefficients dans Z.
5. Si p est un nombre premier, montrer que ϕp = X p−1 + X p−2 + · · · + 1.
6. Montrer que ϕ1 (0) = −1 et que ϕn (0) = 1 si n > 1.
On pourra raisonner par récurrence.
7. Si n > 1, en déduire que ϕn est un polynôme réciproque.
Si P (X) = ad X d + . . . + a0 est un polynôme de degré d, on dit qu’il est réciproque si
P (X) = X d P ( X1 ), ie ad = a0 , ad−1 = a1 , . . .
8. Si n = pα1 1 . . . pαr r est la décomposition en facteurs premiers d’un entier n > 1, où
α1 −1
les αi ∈ N∗ , montrer que ϕn (X) = ϕp1 ...pr (X p1
r −1
...pα
r
).
9. Si n est impair, montrer que ϕ2n (X) = ϕn (−X).
Remarque. Un théorème célèbre affirme que ϕn est un polynôme irréductible de Q[X],
i.e. ϕn est le polynôme minimal sur Q de n’importe quelle racine primitive n-ème de
l’unité.
6
6
Symbole de Legendre
Soit p un nombre premier impair.
2
∗
On pose Fp = Z/pZ, F∗p = Fp \ {0} et F∗2
p = {x , x ∈ Fp }.
Définition. Si x ∈ F∗p , on définit le symbole de Legendre par ( xp ) = 1 si x ∈ F∗2
p et par
x
( p ) = −1 sinon. On convient d’étendre ce symbole à Fp tout entier en posant ( p0 ) = 0.
De plus, si n ∈ Z a pour image x ∈ Fp par la surjection canonique π : Z → Z/pZ = Fp ,
on pose ( np ) = ( xp ).
1. Montrer que ∀ x ∈ F∗p , xp−1 = 1 et en déduire que ∀ x ∈ Fp , xp = x.
p−1
p−1
2. Montrer que ∀ x ∈ F∗p , x 2 = ±1 et que ∀ x ∈ F∗2
p , x 2 = 1.
3. En appliquant le théorème d’isomorphisme à ϕ : F∗p → F∗p , x 7→ x2 , calculer |F∗2
p |.
4. Si x ∈ F∗p , en déduire l’équivalence x ∈ F∗2
p ⇐⇒ x
5. Montrer que
6. Montrer que
p−1
∀ x ∈ Fp , ( xp ) = x 2 et que
p−1
2 .
( p1 ) = 1 et ( −1
p ) = (−1)
p−1
2
= 1.
x y
∀ x, y ∈ Fp , ( xy
p ) = ( p )( p ).
Remarque. La célèbre loi de réciprocité quadratique affirme que si p et q sont des
nombres premiers impairs distincts alors
( pq )( pq ) = (−1)
7
p−1 q−1
2
2
.
Sous-groupes finis du groupe multiplicatif d’un corps
On se propose d’établir l’énoncé suivant :
Théorème. Tout sous-groupe fini du groupe multiplicatif d’un corps est cyclique.
Soient donc K un corps et G un sous-groupe fini de K ∗ de cardinal n.
On désigne par Gd le sous-ensemble de G constitué des éléments d’ordre d et par
νd := {ζ ∈ K, ζ d = 1} le sous-groupe de K ∗ constitué des racines d-èmes de l’unité.
Commençons par établir le
Lemme. |Gd | = 0 ou ϕ(d).
Il faut montrer que Gd 6= ∅ =⇒ |Gd | = ϕ(d).
Supposons donc que Gd soit non vide et soit alors x un élément de Gd .
1. Montrer que < x > ⊆ νd et en déduire que < x > = νd .
2. En déduire que Gd ⊆ < x >, puis que |Gd | = ϕ(d).
Etablissons maintenant le théorème :
`
3. Montrer que G = d|n Gd . P
4. En utilisant la relation n = d|n ϕ(d) (cf. section 5, question 3) en déduire que
|Gd | = ϕ(d) pour tout diviseur d de n.
5. Conclure.
7
8
L’anneau Z[i] des entiers de Gauss
8.1
Généralités
Rappelons que par définition A := Z[i] est le plus petit sous-anneau de C contenant
Z et i, i.e. A = {P (i), P ∈ Z[X]}.
a. Montrer que A = {a + bi, a, b ∈ Z} et que A ' Z[X]/(X 2 + 1).
b. Montrer que ∀ z ∈ C, ∃ q ∈ A, |z − q| < 1.
c. En déduire que A est euclidien (on pourra considérer N : A → N, z 7→ |z|2 ).
d. Montrer que A est principal et que son groupe d’inversibles vaut A∗ = {±1, ±i}.
8.2
Application au théorème des deux carrés de Fermat
a. En utilisant le module d’un nombre complexe, établir l’identité de Lagrange :
∀ a, b, c, d ∈ R, (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 .
On désigne par S l’ensemble des entiers naturels n qui s’écrivent comme la somme
de deux carrés d’entiers naturels n = a2 + b2 , a, b ∈ N.
b. Montrer que S est stable par multiplication.
c. Soit p un nombre premier. Montrer que p ∈ S si et seulement si p est réductible
(i.e. non irréductible) dans A.
d. Montrer que A/(p) ' Fp [X]/(X 2 + 1) et en déduire que p est réductible dans A si
et seulement si −1 est un carré de Fp .
Si p est impair, on a vu que −1 est un carré de Fp si et seulement si p ≡ 1[4] (cf.
section 6, question 6). Dès lors, on a donc établi le théorème suivant :
Théorème des deux carrés (Fermat) Un nombre premier impair est la somme de
deux carrés si et seulement s’il est congru à 1 modulo 4.
Remarques. 1. Si p est un nombre premier congru à 1 modulo 4, il est facile de montrer
que p s’écrit de manière unique comme la somme de deux carrés en utilisant la factorialité
de A. En effet, si p = a2 + b2 = c2 + d2 , alors p = (a + bi)(a − bi) et p = (c + di)(c − di)
constituent deux écritures de p comme produit d’irréductibles de A (le montrer). Par
conséquent, a + bi est associé à c ± di . . .
2. Si p est un nombre premier, désignons par νp (n) la valuation p-adique de n ∈ N∗ ,
i.e. le plus grand entier k tel que pk | n.
Comme S est stable par produit, il est clair que si νp (n) est pair pour tout nombre
premier p congru à 3 modulo 4, alors n ∈ S. En travaillant un peu plus, on pourrait
établir la réciproque :
Théorème des deux carrés (version forte) Un entier naturel non nul n est la somme
de deux carrés si et seulement si νp (n) est pair pour tout nombre premier p congru à 3
modulo 4.
8