Correction - IMJ-PRG

LM 201
2010/2011
M. NGUYEN PHU QUI
Correction du partiel du 28/10/10
Exercice 1
Soit Kun corps commutatif et nun entier naturel. Soient x0, ..., xnn+ 1 ´el´ements de K. On pose, pour tout
0≤j≤n,
lj(X) = Y
0≤i≤n, i6=j
X−xi
xj−xi
.
1. Montrer que la famille (lj)0≤j≤nest une base de Kn[X]. Quel est le degr´e de lj? Pour un polynˆome P∈Kn[X],
´ecrire la d´ecomposition de Pdans la base (lj)0≤j≤n.
2. En utilisant la question pr´ec´edente, montrer que si un polynˆome P∈C[X]v´erifie P(n)∈Zpour tout entier positif
n, alors Pest `a coefficients rationnels. Montrer que si d= deg P, alors d!Pest `a coefficients entiers.
3. Soit dun entier ≥1. Montrer que le polynˆome P(X) = X(X−1)...(X−d+ 1)/d!est de degr´e det v´erifie P(n)∈Z
pour tout entier positif n.
4. Quels sont les polynˆomes `a coefficients entiers Ptels que P(n)soit premier pour presque tout entier n?
Correction : 1. On commence par remarquer que pour tout 0 ≤i≤n, on a
lj(xi) = δi,j
o`u δi,j est le symbole de Kronecker (δi,j = 0 si i6=j,δi,i = 1). On va montrer que la famille (lj)0≤j≤nest libre ;
comme elle est de cardinal n+ 1 = dimKKn[X], cela prouvera que c’est une base de Kn[X]. Soient donc c0, ..., cndes
´el´ements de Ktels que
c0l0(X) + ... +cnln(X) = 0.
Evaluons l’´egalit´e pr´ec´edente en xipour tout 0 ≤i≤n; comme lj(xi) = δi,j , l’´evaluation en xidonne que ci= 0. Ceci
´etant valable pour tout 0 ≤i≤n, les coefficients cisont tous nuls et la famille (lj)0≤j≤nest libre. Pour les raisons
expliqu´ees pr´ec´edemment, c’est une base de Kn[X]. Comme chacun des polynˆomes ljest le produit de npolynˆomes
de degr´e 1, ces polynˆomes sont tous de degr´e n. Enfin, comme la famille (lj)0≤j≤nforme une base de Kn[X], tout
polynˆome P∈Kn[X] peut s’´ecrire de fa¸con unique sous la forme
P(X) = p0l0(X) + ... +pnln(X)
o`u p0, ..., pnsont des ´el´ements de K. En ´evaluant l’´egalit´e pr´ec´edente en xipour tout 0 ≤i≤n, on trouve pi=P(xi)
pour tout 0 ≤i≤n. Ainsi
P=
n
X
k=0
P(xk)lk
est la d´ecomposition de Pdans la base (lj)0≤j≤n.
2. Soit P∈C[X] tel que P(n)∈Zpour tout entier positif n. Soit dle degr´e de P, notons x0= 0, ..., xd=d. On
consid`ere les polynˆomes ljassoci´es aux ´el´ements x0, ..., xd, et on d´ecompose Pdans la base (lj)0≤j≤dcomme dans la
question 1 :
P(X) =
d
X
k=0
P(k)lk(X).
Par d´efinition des lj, ces polynˆomes sont `a coefficients rationnels ; comme P(0), ..., P (d) sont tous entiers par hypoth`ese,
P(X) est donc `a coefficients rationnels comme combinaison lin´eaire (`a coefficients entiers) de polynˆomes `a coefficients
rationnels. Montrons maintenant que d!Pest `a coefficients entiers ; pour ce faire, il suffit de montrer que d!lj∈Z[X]
pour tout 0 ≤j≤d, et pour ce faire il suffit de voir que
d!
(j−0)(j−1)...1.(−1)...(j−d)
est entier. Or, `a un signe pr`es, cet ´el´ement est exactement Cj
d, qui est un entier. Ainsi d!Pest `a coefficients entiers.
3. Pest de degr´e den tant que produit de dpolynˆomes de degr´e 1. Si 0 ≤n≤d−1, alors P(n) = 0 ∈Z; si nest
plus grand que d, alors on peut ´ecrire n=d+javec jun entier ≥0, et
P(n) = P(d+j) = (d+j)(d+j−1)...(j+ 1)
d!=(d+j)! j!d!=Cj
d+j∈Z,
ainsi P(n)∈Zpour tout entier positif n.

4. Il est clair que les polynˆomes constants ´egaux `a un nombre premier conviennent. Montrons, par l’absurde, que ce
sont les seuls. Soit Pun polynˆome non constant `a coefficients entiers v´erifiant la propri´et´e de l’´enonc´e ; par hypoth`ese,
il existe un entier Ntel que pour tout n≥N,P(N) soit premier. Notons ple nombre premier P(N). Alors on peut
´ecrire
P(N+dp) =
deg P
X
k=0
a0+a1(N+dp) + ... +adeg P(N+dp)deg P
pour tout entier d≥0, avec a0, ..., adeg Ples coefficients (entiers) de P. Sur cette ´egalit´e, on voit que P(N+dp) est
congru `a P(N) = pmodulo p, c’est-`a-dire que P(N+dp) est divisible par p. Or P(N+dp) est premier car N+dp > N
; ceci impose P(N+dp) = ppour tout d≥0. Le polynˆome P(N+dp)−paurait alors une infinit´e de racines, donc P
serait constant ´egal `a p, ce qui est exclu. Le r´esultat est prouv´e.
Exercice 2
On dit qu’un corps Kest alg´ebriquement clos si tout polynˆome de K[X]de degr´e dadmet dracines (compt´ees avec
multiplicit´e) dans K.
1. Montrer que Kest alg´ebriquement clos si et seulement si tout polynˆome de K[X]de degr´e ≥1admet une racine
dans K.
2. On admet que Cest alg´ebriquement clos. Quels sont les polynˆomes irr´eductibles de R[X]?Rest-il alg´ebriquement
clos ? Le corps des fractions rationnelles `a coefficients complexes C(X)est-il alg´ebriquement clos ?
3. Soit Kun corps fini. Montrer que Kn’est pas alg´ebriquement clos.
Correction : 1. On va d´emontrer le r´esultat par double implication. Supposons que Ksoit alg´ebriquement clos ;
alors, par d´efinition, tout polynˆome de K[X] de degr´e d≥1 admet dracines dans K, or d≥1 donc Padmet au moins
une racine dans K. Supposons, r´eciproquement, que tout polynˆome de K[X] de degr´e ≥1 admette une racine dans
K. Soit Pun polynˆome de K[X]. Montrons par r´ecurrence la propri´et´e suivante : tout polynˆome P∈K[X] de degr´e
d≥1 admet dracines dans K. Pour d= 1, la propri´et´e r´esulte imm´ediatement de l’hypoth`ese. Supposons maintenant
la propri´et´e prouv´ee pour un entier d. Soit P∈K[X] un polynˆome de degr´e d+ 1. Par hypoth`ese, Padmet une racine
αdans K, et on peut ´ecrire
P(X) = (X−α)Q(X)
avec Qde degr´e d. Par hypoth`ese de r´ecurrence, Qadmet dracines dans K; ainsi Padmet d+ 1 racines dans K, et le
r´esultat est prouv´e par r´ecurrence. Ainsi Kest alg´ebriquement clos si et seulement si tout polynˆome de K[X] de degr´e
≥1 admet une racine dans K.
2. Montrons que les polynˆomes irr´eductibles de R[X] sont les polynˆomes de degr´e 1 et les polynˆomes de degr´e 2
de discriminant strictement n´egatif. Il est clair que de tels polynˆomes sont irr´eductibles, car un polynˆome de degr´e 2
est irr´eductible si et seulement s’il n’admet pas de racines. R´eciproquement, un polynˆome de degr´e 2 de discriminant
positif admet au moins une racine r´eelle, et est donc r´eductible sur R, et un polynˆome r´eel Pde degr´e ≥3 est r´eductible,
soit en effet αune racine complexe de P(on sait qu’il existe une telle racine d’apr`es le th´eor`eme de d’Alembert-Gauss).
Si αest r´eel, Pest divisible par X−αdonc est r´eductible sur R; si αest complexe, en conjuguant l’´egalit´e P(α) = 0
on voit que αest aussi racine de P, par cons´equent Pest divisible par le polynˆome `a coefficients r´eels de degr´e 2
(X−α)(X−α),
et est donc r´eductible sur R. Le corps Rn’est pas alg´ebriquement clos ; en effet le polynˆome `a coefficients r´eels X2+ 1
est de degr´e 2 et n’admet aucune racine r´eelle. Le corps C(X) n’est pas alg´ebriquement clos ; montrons que le polynˆome
T2−X∈C(X)[T] n’admet aucune racine dans C(X). Il est clair que 0 n’est pas une racine de ce polynˆome. Soit
R=P/Q ∈C(X)− {0}une fraction rationnelle non nulle telle que R2=X, cette ´egalit´e peut se r´ecrire P2=XQ2
(avec P, Q deux polynˆomes non nuls). Prenons alors le degr´e dans l’´egalit´e pr´ec´edente, on trouve 2 deg P= 1 + 2 deg Q,
ce qui est impossible (on a `a gauche un entier pair, `a droite un entier impair). Ainsi le polynˆome T2−X, de degr´e 2,
n’admet aucune racine dans C(X), et C(X) n’est pas alg´ebriquement clos.
3. Soit Kun corps fini de cardinal n≥2 (un corps contient au moins deux ´el´ements, le neutre de l’addition et le
neutre de la multiplication). Notons x1, ..., xnses ´el´ements. On consid`ere le polynˆome
P(X) = 1 + Y
1≤i≤n
(X−xi).
Le polynˆome Pest de degr´e n≥2 mais n’a aucune racine dans Kpuisque P(xj) = 1 pour tout 1 ≤j≤n. Ainsi un
corps fini n’est jamais alg´ebriquement clos.
Exercice 3
Soit (un)n∈Nla suite r´eelle d´efinie par u0>0,u1>0, et la relation de r´ecurrence un+2 = 2√un+1un.
1. Montrer que la suite (vn)de terme g´en´eral vn:= log unest bien d´efinie. Donner une relation de r´ecurrence d’ordre
2

2 satisfaite par (vn).
2. Soit λun r´eel. A quelle condition sur le r´eel αla suite (wn)de terme g´en´eral wn=αn v´erifie t-elle wn+2 =
(wn+1 +wn)/2 + λ?
3. D´eduire de ce qui pr´ec`ede une expression du terme g´en´eral de la suite (un)en fonction de npour tout n≥0.
Correction : 1. On a un>0 pour tout entier n≥0 par une r´ecurrence imm´ediate. Ainsi, la suite (vn)n∈Nest bien
d´efinie, et on a
vn+2 = ln(un+2) = ln(2√un+1un) = ln 2 + vn+vn+1
2
en utilisant les propri´et´es usuelles du logarithme (ln(ab) = ln a+ ln b).
2. On remplace wnpar αn dans l’´egalit´e wn+2 = (wn+1 +wn)/2 + λce qui donne imm´ediatement
3α
2=λ
soit α= 2λ/3. Ainsi la suite (wn) v´erifie la relation de r´ecurrence de l’´enonc´e si et seulement si α= 2λ/3.
3. Soit α= 2 ln 2/3, de sorte que la suite (wn) de terme g´en´eral αn v´erifie
wn+2 =(wn+1 +wn)
2+ ln 2.
Alors, la suite (zn) de terme g´en´eral zn:= vn−wnv´erifie
zn+2 =(zn+1 +zn)
2.
Ainsi, cette suite v´erifie une relation de r´ecurrence d’ordre 2 `a coefficients constants. Soit
P(X) = X2−X+ 1
2
le polynˆome caract´eristique de la r´ecurrence. Ce polynˆome Padmet deux racines distinctes, 1 et −1/2. Par th´eor`eme,
on peut donc trouver des r´eels aet btels que
zn=a+b−1
2n
.
Pour trouver aet b, on utilise les conditions initiales z0= ln u0et z1= ln u1−2 ln 2/3. Apr`es calculs, on trouve
a=3 ln u0+ 6 ln u1−4 ln 2
9, b =6 ln u0−6 ln u1+ 4 ln 2 9.
Avec ces valeurs de aet b, on obtient ln un=zn+wnsoit
ln un=a+b−1
2n
+2nln 2
3
ce qui donne imm´ediatement unen appliquant la fonction exponentielle dans l’´egalit´e pr´ec´edente.
Exercice 4
1. Quel est le reste de la division euclidienne de 124851000 par 7?
2. Montrer que tout entier naturel Nest congru `a la somme de ses chiffres (en base 10) modulo 9.
3. Soit Ala somme des chiffres de 44444444 et Bla somme des chiffres de A. Montrer que la somme des chiffres de B
vaut 7.
1. On commence par remarquer que 1248 = 7.178 + 2 est congru `a 2 modulo 7. Comme 7 est premier et que
2∧7 = 1, on a 26≡1[7], d’apr`es le petit th´eor`eme de Fermat. Ceci incite `a chercher le reste dans la division euclidienne
de 51000 par 6 ; or 5 ≡ −1[6], ainsi 51000 = 6k+ 1 avec k∈N. On peut donc ´ecrire
124851000 ≡26k+1 ≡2[7],
ainsi le reste de la division euclidienne de 124851000 par 7 est 2.
2. Soit Nun entier naturel, qu’on ´ecrit en base 10 sous la forme
N=a0+ 10a1+... + 10kak.
3

Comme 10 ≡1[9], pour tout entier k≥0 on a 10k≡1[9], ainsi
N≡a0+a1+... +ak[9]
donc N≡δ(N)[9], en notant δ(N) la somme des chiffres en base 10 de N.
3. Par d´efinition, B=δ(A) = δ(δ(44444444)). D’apr`es la question pr´ec´edente, B≡A≡44444444[9]. Montrons que
44444444 ≡7[9]. On a 4444 ≡4+4+4+4≡7[9], et on calcule ais´ement que
73k≡1[9],73k+1 ≡7[9],73k+2 ≡4[9]
pour tout k∈N. On cherche donc la congruence de 4444 modulo 3 ; on trouve que 4444 = 3.1481 + 1, ce qui implique
que
44444444 ≡7[9]
donc que Best congru `a 7 modulo 9. Ainsi δ(B) est aussi congru `a 7 modulo 9 d’apr`es la question 2. Pour voir que
δ(B) = 7, nous allons majorer δ(B) (qui est ´evidemment un entier strictement positif). On commence par observer
que comme 4444 <10000, 44444444 poss`ede moins de 4.4444 <20000 chiffres. Ainsi, Avaut au plus 9.20000 = 180000.
Mais alors Bvaut au plus 6.9 = 54, et on v´erifie facilement que δ(B) vaut alors au plus 4 + 9 = 13. Or le seul entier
strictement positif inf´erieur ou ´egal `a 13 qui est congru `a 7 modulo 9 est 7 lui-mˆeme. Ceci prouve que δ(B) = 7.
4