Correction - IMJ-PRG

LM 201
2010/2011
M. NGUYEN PHU QUI
Correction du partiel du 28/10/10
Exercice 1
Soit K un corps commutatif et n un entier naturel. Soient x0 , ..., xn n + 1 éléments de K. On pose, pour tout
0 ≤ j ≤ n,
Y
X − xi
lj (X) =
.
xj − xi
0≤i≤n, i6=j
1. Montrer que la famille (lj )0≤j≤n est une base de Kn [X]. Quel est le degré de lj ? Pour un polynôme P ∈ Kn [X],
écrire la décomposition de P dans la base (lj )0≤j≤n .
2. En utilisant la question précédente, montrer que si un polynôme P ∈ C[X] vérifie P (n) ∈ Z pour tout entier positif
n, alors P est à coefficients rationnels. Montrer que si d = deg P , alors d!P est à coefficients entiers.
3. Soit d un entier ≥ 1. Montrer que le polynôme P (X) = X(X − 1)...(X − d + 1)/d! est de degré d et vérifie P (n) ∈ Z
pour tout entier positif n.
4. Quels sont les polynômes à coefficients entiers P tels 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
où δi,j est le symbole de Kronecker (δi,j = 0 si i 6= j, δi,i = 1). On va montrer que la famille (lj )0≤j≤n est libre ;
comme elle est de cardinal n + 1 = dimK Kn [X], cela prouvera que c’est une base de Kn [X]. Soient donc c0 , ..., cn des
éléments de K tels que
c0 l0 (X) + ... + cn ln (X) = 0.
Evaluons l’égalité précédente en xi pour tout 0 ≤ i ≤ n ; comme lj (xi ) = δi,j , l’évaluation en xi donne que ci = 0. Ceci
étant valable pour tout 0 ≤ i ≤ n, les coefficients ci sont tous nuls et la famille (lj )0≤j≤n est libre. Pour les raisons
expliquées précédemment, c’est une base de Kn [X]. Comme chacun des polynômes lj est le produit de n polynômes
de degré 1, ces polynômes sont tous de degré n. Enfin, comme la famille (lj )0≤j≤n forme une base de Kn [X], tout
polynôme P ∈ Kn [X] peut s’écrire de façon unique sous la forme
P (X) = p0 l0 (X) + ... + pn ln (X)
où p0 , ..., pn sont des éléments de K. En évaluant l’égalité précédente en xi pour tout 0 ≤ i ≤ n, on trouve pi = P (xi )
pour tout 0 ≤ i ≤ n. Ainsi
n
X
P =
P (xk )lk
k=0
est la décomposition de P dans la base (lj )0≤j≤n .
2. Soit P ∈ C[X] tel que P (n) ∈ Z pour tout entier positif n. Soit d le degré de P , notons x0 = 0, ..., xd = d. On
considère les polynômes lj associés aux éléments x0 , ..., xd , et on décompose P dans la base (lj )0≤j≤d comme dans la
question 1 :
d
X
P (X) =
P (k)lk (X).
k=0
Par définition des lj , ces polynômes sont à coefficients rationnels ; comme P (0), ..., P (d) sont tous entiers par hypothèse,
P (X) est donc à coefficients rationnels comme combinaison linéaire (à coefficients entiers) de polynômes à coefficients
rationnels. Montrons maintenant que d!P est à 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, à un signe près, cet élément est exactement Cdj , qui est un entier. Ainsi d!P est à coefficients entiers.
3. P est de degré d en tant que produit de d polynômes de degré 1. Si 0 ≤ n ≤ d − 1, alors P (n) = 0 ∈ Z ; si n est
plus grand que d, alors on peut écrire n = d + j avec j un entier ≥ 0, et
P (n) = P (d + j) =
ainsi P (n) ∈ Z pour tout entier positif n.
(d + j)(d + j − 1)...(j + 1)
(d + j)!
j
=
= Cd+j
∈ Z,
d!
j!d!
4. Il est clair que les polynômes constants égaux à un nombre premier conviennent. Montrons, par l’absurde, que ce
sont les seuls. Soit P un polynôme non constant à coefficients entiers vérifiant la propriété de l’énoncé ; par hypothèse,
il existe un entier N tel que pour tout n ≥ N , P (N ) soit premier. Notons p le nombre premier P (N ). Alors on peut
écrire
deg P
X
P (N + dp) =
a0 + a1 (N + dp) + ... + adeg P (N + dp)deg P
k=0
pour tout entier d ≥ 0, avec a0 , ..., adeg P les coefficients (entiers) de P . Sur cette égalité, on voit que P (N + dp) est
congru à P (N ) = p modulo p, c’est-à-dire que P (N + dp) est divisible par p. Or P (N + dp) est premier car N + dp > N
; ceci impose P (N + dp) = p pour tout d ≥ 0. Le polynôme P (N + dp) − p aurait alors une infinité de racines, donc P
serait constant égal à p, ce qui est exclu. Le résultat est prouvé.
Exercice 2
On dit qu’un corps K est algébriquement clos si tout polynôme de K[X] de degré d admet d racines (comptées avec
multiplicité) dans K.
1. Montrer que K est algébriquement clos si et seulement si tout polynôme de K[X] de degré ≥ 1 admet une racine
dans K.
2. On admet que C est algébriquement clos. Quels sont les polynômes irréductibles de R[X] ? R est-il algébriquement
clos ? Le corps des fractions rationnelles à coefficients complexes C(X) est-il algébriquement clos ?
3. Soit K un corps fini. Montrer que K n’est pas algébriquement clos.
Correction : 1. On va démontrer le résultat par double implication. Supposons que K soit algébriquement clos ;
alors, par définition, tout polynôme de K[X] de degré d ≥ 1 admet d racines dans K, or d ≥ 1 donc P admet au moins
une racine dans K. Supposons, réciproquement, que tout polynôme de K[X] de degré ≥ 1 admette une racine dans
K. Soit P un polynôme de K[X]. Montrons par récurrence la propriété suivante : tout polynôme P ∈ K[X] de degré
d ≥ 1 admet d racines dans K. Pour d = 1, la propriété résulte immédiatement de l’hypothèse. Supposons maintenant
la propriété prouvée pour un entier d. Soit P ∈ K[X] un polynôme de degré d + 1. Par hypothèse, P admet une racine
α dans K, et on peut écrire
P (X) = (X − α)Q(X)
avec Q de degré d. Par hypothèse de récurrence, Q admet d racines dans K ; ainsi P admet d + 1 racines dans K, et le
résultat est prouvé par récurrence. Ainsi K est algébriquement clos si et seulement si tout polynôme de K[X] de degré
≥ 1 admet une racine dans K.
2. Montrons que les polynômes irréductibles de R[X] sont les polynômes de degré 1 et les polynômes de degré 2
de discriminant strictement négatif. Il est clair que de tels polynômes sont irréductibles, car un polynôme de degré 2
est irréductible si et seulement s’il n’admet pas de racines. Réciproquement, un polynôme de degré 2 de discriminant
positif admet au moins une racine réelle, et est donc réductible sur R, et un polynôme réel P de degré ≥ 3 est réductible,
soit en effet α une racine complexe de P (on sait qu’il existe une telle racine d’après le théorème de d’Alembert-Gauss).
Si α est réel, P est divisible par X − α donc est réductible sur R ; si α est complexe, en conjuguant l’égalité P (α) = 0
on voit que α est aussi racine de P , par conséquent P est divisible par le polynôme à coefficients réels de degré 2
(X − α)(X − α),
et est donc réductible sur R. Le corps R n’est pas algébriquement clos ; en effet le polynôme à coefficients réels X 2 + 1
est de degré 2 et n’admet aucune racine réelle. Le corps C(X) n’est pas algébriquement clos ; montrons que le polynôme
T 2 − X ∈ C(X)[T ] n’admet aucune racine dans C(X). Il est clair que 0 n’est pas une racine de ce polynôme. Soit
R = P/Q ∈ C(X) − {0} une fraction rationnelle non nulle telle que R2 = X, cette égalité peut se récrire P 2 = XQ2
(avec P, Q deux polynômes non nuls). Prenons alors le degré dans l’égalité précédente, on trouve 2 deg P = 1 + 2 deg Q,
ce qui est impossible (on a à gauche un entier pair, à droite un entier impair). Ainsi le polynôme T 2 − X, de degré 2,
n’admet aucune racine dans C(X), et C(X) n’est pas algébriquement clos.
3. Soit K un corps fini de cardinal n ≥ 2 (un corps contient au moins deux éléments, le neutre de l’addition et le
neutre de la multiplication). Notons x1 , ..., xn ses éléments. On considère le polynôme
Y
P (X) = 1 +
(X − xi ).
1≤i≤n
Le polynôme P est de degré n ≥ 2 mais n’a aucune racine dans K puisque P (xj ) = 1 pour tout 1 ≤ j ≤ n. Ainsi un
corps fini n’est jamais algébriquement clos.
Exercice 3
√
Soit (un )n∈N la suite réelle définie par u0 > 0, u1 > 0, et la relation de récurrence un+2 = 2 un+1 un .
1. Montrer que la suite (vn ) de terme général vn := log un est bien définie. Donner une relation de récurrence d’ordre
2
2 satisfaite par (vn ).
2. Soit λ un réel. A quelle condition sur le réel α la suite (wn ) de terme général wn = αn vérifie t-elle wn+2 =
(wn+1 + wn )/2 + λ ?
3. Déduire de ce qui précède une expression du terme général de la suite (un ) en fonction de n pour tout n ≥ 0.
Correction : 1. On a un > 0 pour tout entier n ≥ 0 par une récurrence immédiate. Ainsi, la suite (vn )n∈N est bien
définie, et on a
√
vn + vn+1
vn+2 = ln(un+2 ) = ln(2 un+1 un ) = ln 2 +
2
en utilisant les propriétés usuelles du logarithme (ln(ab) = ln a + ln b).
2. On remplace wn par αn dans l’égalité wn+2 = (wn+1 + wn )/2 + λ ce qui donne immédiatement
3α
=λ
2
soit α = 2λ/3. Ainsi la suite (wn ) vérifie la relation de récurrence de l’énoncé si et seulement si α = 2λ/3.
3. Soit α = 2 ln 2/3, de sorte que la suite (wn ) de terme général αn vérifie
wn+2 =
(wn+1 + wn )
+ ln 2.
2
Alors, la suite (zn ) de terme général zn := vn − wn vérifie
zn+2 =
(zn+1 + zn )
.
2
Ainsi, cette suite vérifie une relation de récurrence d’ordre 2 à coefficients constants. Soit
P (X) = X 2 −
X +1
2
le polynôme caractéristique de la récurrence. Ce polynôme P admet deux racines distinctes, 1 et −1/2. Par théorème,
on peut donc trouver des réels a et b tels que
n
1
zn = a + b −
.
2
Pour trouver a et b, on utilise les conditions initiales z0 = ln u0 et z1 = ln u1 − 2 ln 2/3. Après calculs, on trouve
a=
3 ln u0 + 6 ln u1 − 4 ln 2
6 ln u0 − 6 ln u1 + 4 ln 2
,b=
.
9
9
Avec ces valeurs de a et b, on obtient ln un = zn + wn soit
n
1
2n ln 2
ln un = a + b −
+
2
3
ce qui donne immédiatement un en appliquant la fonction exponentielle dans l’égalité précédente.
Exercice 4
1000
1. Quel est le reste de la division euclidienne de 12485
par 7 ?
2. Montrer que tout entier naturel N est congru à la somme de ses chiffres (en base 10) modulo 9.
3. Soit A la somme des chiffres de 44444444 et B la 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 à 2 modulo 7. Comme 7 est premier et que
2 ∧ 7 = 1, on a 26 ≡ 1[7], d’après le petit théorème de Fermat. Ceci incite à 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 écrire
12485
ainsi le reste de la division euclidienne de 12485
1000
1000
≡ 26k+1 ≡ 2[7],
par 7 est 2.
2. Soit N un entier naturel, qu’on écrit en base 10 sous la forme
N = a0 + 10a1 + ... + 10k ak .
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 définition, B = δ(A) = δ(δ(44444444 )). D’après la question précédente, B ≡ A ≡ 44444444 [9]. Montrons que
44444444 ≡ 7[9]. On a 4444 ≡ 4 + 4 + 4 + 4 ≡ 7[9], et on calcule aisément 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 B est congru à 7 modulo 9. Ainsi δ(B) est aussi congru à 7 modulo 9 d’après la question 2. Pour voir que
δ(B) = 7, nous allons majorer δ(B) (qui est évidemment un entier strictement positif). On commence par observer
que comme 4444 < 10000, 44444444 possède moins de 4.4444 < 20000 chiffres. Ainsi, A vaut au plus 9.20000 = 180000.
Mais alors B vaut au plus 6.9 = 54, et on vérifie facilement que δ(B) vaut alors au plus 4 + 9 = 13. Or le seul entier
strictement positif inférieur ou égal à 13 qui est congru à 7 modulo 9 est 7 lui-même. Ceci prouve que δ(B) = 7.
4