Auteur/autrice : Yannis TRIANTAPHYLIDES

Pour déterminer l’inverse de la matrice

\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j & j^2\\
1 & j^2 & j
\end{pmatrix}

où $j$ désigne un nombre complexe vérifiant $j^2+j+1 = 0$ ce qui amène, après multiplication par $j$, à $j^3+j^2+j=0$ puis à $j^3 = 1$, vous allez considérer l’endomorphisme de $\C^3$ défini par $f(z_1,z_2,z_3) = (z_1+z_2+z_3, z_1+jz_2+j^2z_3, z_1+j^2z_2+jz_3)$ et montrer qu’il est surjectif, ce qui en fera un automorphisme.

Calculez un antécédent de $(0,0,3)$ par $f$

Vous savez que $f(1,0,0) = (1,1,1)$, que $f(0,1,0)=(1,j,j^2)$ et que $f(0,0,1) = (1,j^2,j).$

Alors $f(1,-1,0) = (0,1-j,1-j^2) = (0,1-j,2+j)$ et $f(1,0,-1) = (0,1-j^2,1-j) = (0,2+j,1-j).$

$f(2+j,-2-j,0) = (0,(1-j)(2+j), (2+j)^2) = (0,(1-j)(2+j), j^2+4j+4) = (0,(1-j)(2+j), 3j+3).$

$f(1-j,0,-1+j) = (0,(2+j)(1-j), (1-j)^2) = (0,(2+j)(1-j), j^2-2j+1)= (0,(2+j)(1-j), -3j).$

Du coup $f(1+2j,-2-j,1-j) = (0,0,3+6j) = (0,0,3(1+2j)).$

Or, $(1+2j)^2 = 4j^2+4j+1 = 4(-1-j)+4j+1 = -3$

donc :

\begin{align*}
f((1+2j)^2,(-2-j)(1+2j),(1-j)(1+2j))  &= (0,0,3(1+2j)^2) \\
f(-3,(-2-j)(1+2j),(1-j)(1+2j)) &= (0,0,-9)\\
f(-3, -2-4j-j-2j^2 , 1+2j-j-2j^2) &= (0,0,-9)\\
f(-3, -2-5j-2(-1-j) , 1+j-2(-1-j)) &= (0,0,-9)\\
f(-3, -2-5j+2+2j , 1+j+2+2j) &= (0,0,-9)\\
f(-3, -3j , 3+3j) &= (0,0,-9) \\
f(-1, -j , 1+j) &= (0,0,-3) \\
f(1, j , -1-j) &= (0,0,3)\\
f(1, j , j^2)  &= (0,0,3).
\end{align*}

Vous trouvez qu’une des colonnes de la matrice de départ vous donne quelque chose de remarquablement intéressant pour $f.$

Déterminez un antécédent de $(3,0,0)$ par $f$

L’intuition vous guide et vous amène à calculer $f(1,1,1) = (3, 1+j+j^2, 1+j^2+j) = (3,0,0)$ en prenant une autre colonne de la matrice de départ.

Déterminez un antécédent de $(0,3,0)$ par $f$

De même, prenez la dernière colonne non utilisée et calculez $f(1,j^2,j) = (1+j^2+j, 1+j^3+j^3, 1+j^4+j^2) = (0,3,1+j+j^2) = (0,3,0).$

Concluez

La surjection de $f$ étant établie, puisque tous les vecteurs de la base canonique de $\C^3$ admettent au moins un antécédent par $f$, vous savez que $f$ est bien un automorphisme de $\C^3$, par conséquent la matrice associée

\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j & j^2\\
1 & j^2 & j
\end{pmatrix}

est inversible et son inverse vérifie

\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j & j^2\\
1 & j^2 & j
\end{pmatrix}^{-1} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & j^2 & j\\
1 & j & j^2
\end{pmatrix}.

Appliquez ce calcul

Vous souhaitez résoudre l’équation de degré 3 ? Elle se ramène à la résolution d’un système, que vous trouverez dans l'article 141.

Considérez la fraction rationnelle $F(X)=\frac{4X^4}{(X^4-1)^2}.$ Pour trouver sa décomposition en éléments simples dans $\R(X)$ vous pouvez d’abord trouver celle qu’elle possède dans $\C(X).$

Les parties polaires

Le polynôme $X^4-1$ se factorise dans $\C(X)$ en utilisant plusieurs fois l’identité remarquable $a^2-b^2=(a-b)(a+b).$

\begin{aligned}
X^4-1 &= (X^2)^2-1^2\\
&=(X^2-1)(X^2+1)\\
&=(X^2-1^2)(X^2-i^2)\\
&=(X-1)(X+1)(X-i)(X+i).
\end{aligned}

Vous déduisez que $(X^4-1)^2=(X-1)^2(X+1)^2(X-i)^2(X+i)^2.$

Le degré du numérateur de la fraction $F(X)$ étant strictement inférieur à celui de son dénominateur, la partie entière de $F(X)$ est nulle et il reste les parties polaires qui sont toutes de multiplicité $2$.

D’après le théorème de décomposition en éléments simples dans $\C(X)$ il existe des nombres complexes $a_1$, $a_2$, $b_1$, $b_2$, $c_1$, $c_2$, $d_1$ et $d_2$ tels que :

\begin{aligned}
\frac{4X^4}{(X^4-1)^2}&=\frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{b_1}{X+1}+\frac{b_2}{(X+1)^2}+\frac{c_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X-i)^2}+\frac{d_1}{X+i}+\frac{d_2}{(X+i)^2}.
\end{aligned}

Et maintenant, panachez !

La fraction rationnelle est invariante quand on change $X$ en $-X$, puisque $F(X)=F(-X).$

\begin{aligned}
F(X)&=\frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{b_1}{X+1}+\frac{b_2}{(X+1)^2}+\frac{c_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X-i)^2}+\frac{d_1}{X+i}+\frac{d_2}{(X+i)^2}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
F(-X)&=\frac{a_1}{-X-1}+\frac{a_2}{(-X-1)^2}+\frac{b_1}{-X+1}+\frac{b_2}{(-X+1)^2}+\frac{c_1}{-X-i}+\frac{c_2}{(-X-i)^2}+\frac{d_1}{-X+i}+\frac{d_2}{(-X+i)^2} \\
&=\frac{-b_1}{X-1}+\frac{b_2}{(X-1)^2}+\frac{-a_1}{X+1}+\frac{a_2}{(X+1)^2}+\frac{-d_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X+i)^2}+\frac{-c_1}{X+i}+\frac{d_2}{(X+i)^2}
\end{aligned}

La fraction rationnelle $F(X)$ admet donc deux décompositions en éléments simples.

\begin{aligned}
F(X)&=\frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{b_1}{X+1}+\frac{b_2}{(X+1)^2}+\frac{c_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X-i)^2}+\frac{d_1}{X+i}+\frac{d_2}{(X+i)^2}\\
&=\frac{-b_1}{X-1}+\frac{b_2}{(X-1)^2}+\frac{-a_1}{X+1}+\frac{a_2}{(X+1)^2}+\frac{-d_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X+i)^2}+\frac{-c_1}{X+i}+\frac{d_2}{(X+i)^2}.
\end{aligned}

Par unicité d’une telle décomposition, vous déduisez que $b_1 = -a_1$, $b_2 = a_2$, $d_1 = -c_1$ et $c_2=d_2.$

Le nombre d’éléments à calculer est passé de 8 à 4.

$F(X) = \frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{-a_1}{X+1}+\frac{a_2}{(X+1)^2}+\frac{c_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X-i)^2}+\frac{-c_1}{X+i}+\frac{c_2}{(X+i)^2}$

Continuez de panacher !

Comme $i^4 = 1$, vous constatez que la fraction $F(X)$ est égale à $F(iX).$

\begin{aligned}
F(iX) &= \frac{a_1}{iX-1}+\frac{a_2}{(iX-1)^2}+\frac{-a_1}{iX+1}+\frac{a_2}{(iX+1)^2}+\frac{c_1}{iX-i}+\frac{c_2}{(iX-i)^2}+\frac{-c_1}{iX+i}+\frac{c_2}{(iX+i)^2}\\
&= \frac{ i a_1}{-X-i}+\frac{i^2a_2}{(-X-i)^2}+\frac{-ia_1}{-X+i}+\frac{i^2a_2}{(-X+i)^2}+\frac{ic_1}{-X+1}+\frac{i^2c_2}{(-X+1)^2}+\frac{-ic_1}{-X-1}+\frac{i^2c_2}{(-X-1)^2}\\
&= \frac{ -i a_1}{X+i}+\frac{-a_2}{(X+i)^2}+\frac{ia_1}{X-i}+\frac{-a_2}{(X-i)^2}+\frac{-ic_1}{X-1}+\frac{-c_2}{(X-1)^2}+\frac{ic_1}{X+1}+\frac{-c_2}{(X+1)^2}\\
&=\frac{-ic_1}{X-1}+\frac{-c_2}{(X-1)^2}+\frac{ic_1}{X+1}+\frac{-c_2}{(X+1)^2}+\frac{ia_1}{X-i}+\frac{-a_2}{(X-i)^2}+ \frac{ -i a_1}{X+i}+\frac{-a_2}{(X+i)^2}\\
\end{aligned}

Ainsi deux écritures se présentent pour la fraction rationnelle $F(X)$.

\begin{aligned}
F(X) &= \frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{-a_1}{X+1}+\frac{a_2}{(X+1)^2}+\frac{c_1}{X-i}+\frac{c_2}{(X-i)^2}+\frac{-c_1}{X+i}+\frac{c_2}{(X+i)^2}\\
&= \frac{-ic_1}{X-1}+\frac{-c_2}{(X-1)^2}+\frac{ic_1}{X+1}+\frac{-c_2}{(X+1)^2}+\frac{ia_1}{X-i}+\frac{-a_2}{(X-i)^2}+ \frac{ -i a_1}{X+i}+\frac{-a_2}{(X+i)^2}
\end{aligned}

Par unicité de la décomposition d’une fraction rationnelle en éléments simples, vous déduisez les égalités suivantes $a_1 = -ic_1$ ce qui donne $c_1 = ia_1$ et puis $c_2 = -a_2$.

$F(X) = \frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{-a_1}{X+1}+\frac{a_2}{(X+1)^2}+\frac{ia_1}{X-i}+\frac{-a_2}{(X-i)^2}+\frac{-ia_1}{X+i}+\frac{-a_2}{(X+i)^2}$

Il reste donc deux coefficients à calculer.

Calculez le nombre $a_2$

Multipliez la fraction rationnelle $F(X)$ par $(X+1)^2$, elle est égale à $\frac{4X^4 (X+1)^2}{(X^2-1)^2(X^2+1)^2} = \frac{4X^4(X+1)^2}{(X-1)^2(X+1)^2(X^2+1)^2} = \frac{4X^4}{(X-1)^2(X^2+1)^2}.$

Ainsi $a_2 = \left[\frac{4X^4}{(X-1)^2(X^2+1)^2}\right]_{X=-1} = \frac{4}{4\times 4} = \frac{1}{4}.$

Calculez le nombre $a_1$

Effectuez $X=0$ dans l’égalité $F(X) = \frac{a_1}{X-1}+\frac{a_2}{(X-1)^2}+\frac{-a_1}{X+1}+\frac{a_2}{(X+1)^2}+\frac{ia_1}{X-i}+\frac{-a_2}{(X-i)^2}+\frac{-ia_1}{X+i}+\frac{-a_2}{(X+i)^2}.$

$0 = -4a_1+4a_2$ d’où $a_2 = a_1 = \frac{1}{4}.$

Déduisez-en la décomposition dans $\C(X)$ puis celle dans $\R(X)$

D’après ce qui précède, la décomposition dans $\C(X)$ est la suivante :

$F(X) = \frac{1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}+\frac{-1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2}+\frac{i}{4(X-i)}+\frac{-1}{4(X-i)^2}+\frac{-i}{4(X+i)}+\frac{-1}{4(X+i)^2}.$

Pour trouver celle dans $\R(X)$ vous allez regrouper les parties polaires conjuguées.

Commencez d’abord par les multiplicités de degré 2

\begin{aligned}
\frac{-1}{4(X-i)^2} +\frac{-1}{4(X+i)^2} &= \frac{-(X+i)^2-(X-i)^2}{4(X-i)^2(X+i)^2}\\
&= \frac{-X^2-2ix+1-X^2+2ix+1}{4(X^2+1)^2}\\
&=\frac{-2X^2+2}{4(X^2+1)^2}\\
&=\frac{-X^2+1}{2(X^2+1)^2.}
\end{aligned}

Cette fraction rationnelle est réelle mais elle n’est pas décomposée en éléments simples dans $\R(X).$

Pour l’obtenir, vous pouvez remarquer que :

\begin{aligned}
\frac{-1}{4(X-i)^2} +\frac{-1}{4(X+i)^2} &=\frac{-X^2+1}{2(X^2+1)^2}\\
&= \frac{-(X^2+1)+2}{2(X^2+1)^2}\\
&=\frac{-1}{2(X^2+1)}+\frac{1}{(X^2+1)^2}.
\end{aligned}

Finissez avec les multiplicités de degré 1

\begin{aligned}
\frac{i}{4(X-i)}+\frac{-i}{4(X+i)}&=\frac{i(X+i)-i(X-i)}{4(X^2+1)} \\
&=\frac{-2}{4(X^2+1)}\\
&=\frac{-1}{2(X^2+1)}.
\end{aligned}

Concluez

\begin{aligned}
F(X) &= \frac{1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}+\frac{-1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2}+\frac{i}{4(X-i)}+\frac{-1}{4(X-i)^2}+\frac{-i}{4(X+i)}+\frac{-1}{4(X+i)^2}\\
&= \frac{1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}+\frac{-1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2}+\left(\frac{i}{4(X-i)} +\frac{-i}{4(X+i)} \right) + \left(\frac{-1}{4(X-i)^2}+\frac{-1}{4(X+i)^2}\right)\\
&=\frac{1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}+\frac{-1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2}+\left(\frac{-1}{2(X^2+1)} \right)+\left(\frac{-1}{2(X^2+1)}+\frac{1}{(X^2+1)^2}\right)\\
&=\frac{1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}+\frac{-1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2}+\frac{-1}{X^2+1}+\frac{1}{(X^2+1)^2}.
\end{aligned}

Pouvez-vous justifier l’unicité sans utiliser les gros théorèmes de Gauss, Bezout, le lemme d’Euclide ? La réponse est oui et sera la conséquence de l’argument de minimalité que l’on trouve dans l’ensemble $\N$ : toute partie de $\N$, non vide, admet un plus petit élément.

Passez aux définitions précises. Comme la multiplication est commutative sur les entiers naturels, vous direz qu’un entier $n$ supérieur ou égal à $2$ admet une décomposition en nombres premiers, si et seulement si, il existe un entier $r\geq 1$ et des nombres premiers rangés par ordre croissant $p_1$, …, $p_r$ (avec $p_1\leq \cdots \leq p_r$) tels que $n = p_1 \times \cdots \times p_r$, que l’on écrit aussi $n = \prod_{i=1}^r p_i.$

Notez $A$ l’ensemble des entiers naturels $n$ supérieur ou égaux à $2$, qui admettent au moins deux décompositions différentes en produit de nombres premiers.

Supposez que l’ensemble $A$ soit non vide. Comme $A$ est une partie de $\N$, l’ensemble $A$ admet un plus petit élément que vous noterez $m$, avec $m\geq 2$.

Cet entier $m$ admet deux décompositions différentes.

Il existe un entier $r\geq 1$ et des nombres premiers rangés par ordre croissant $p_1\leq \cdots \leq p_r$ tels que $m=\prod_{i=1}^r p_i.$

Il existe un entier $s \geq 1$ et des nombres premiers rangés par ordre croissant $q_1\leq \cdots \leq q_s$ tels que $m=\prod_{i=1}^s q_i.$

Avec, soit $r\neq s$, soit $r=s$ mais avec existence d’un entier $i$ compris entre $1$ et $r$ tel que $p_i \neq q_i.$

Montrez que $m$ n’est pas un nombre premier

Si tel était le cas, pour tout $i$ compris entre $1$ et $r$, vous auriez $p_i \mid m.$ Comme $m$ est supposé être premier, $p_i\in\{1, m\}.$ Comme $p_i$ est premier, il est supérieur ou égal à $2$ donc $p_i \neq 1$ et par suite $p_i = m$.

Du coup, $m=\prod_{i=1}^r p_i$ s’écrit $m = m^r$ et donc $r=1.$

De même, pour tout $i$ compris entre $1$ et $s$, vous auriez $q_i \mid m$ donc $q_i\in\{1,m\}$ et $q_i =m$ donc $m=\prod_{i=1}^s q_i$ s’écrirait $m=m^s$ donc $s=1.$

Ainsi, $m = p_1 = q_1$ et donc $m$ ne peut admettre deux décompositions différentes donc $m\notin A$ ce qui est absurde.

D’après ce qui précède, $m$ n’étant pas premier donc les entiers $r$ et $s$ sont supérieurs ou égaux à $2$.

Montrez que $p_1 = q_1$

En tronquant le produit $m=\prod_{i=1}^r p_i$, vous aboutissez à l’inégalité $m\geq p_1p_2$. Or $p_1\leq p_2$ donc $p_1^2 \leq m.$

De même $m\geq q_1q_2$ et comme $q_1\leq q_2$, $q_1^2\leq m.$

Ainsi $p_1^2q_1^2\leq m^2$ et donc $p_1q_1\leq m.$

Vous allez considérer l’entier naturel $a= m-p_1q_1$ qui est strictement inférieur à $m.$

Si $a$ était nul, alors $m=p_1q_1=q_1\prod_{i=2}^s q_i$ donc $p_1 = \prod_{i=2}^s q_i.$

Notez $b = p_1 = \prod_{i=2}^s q_i.$ L’entier $b$ est premier donc supérieur ou égal à $2$ et $b < m$ donc $b\notin A$ donc par unicité de la décomposition en facteurs premiers de $b$, $s=2$ donc $\prod_{i=2}^s q_i = q_2$ et $m=q_1q_2.$

De même, vous montrez que $r=2$ donc $m=p_1p_2.$

Or, $m=p_1q_1.$ Donc $p_1q_1 = q_1q_2$ et $p_1 = q_2.$

$p_1q_1 = p_1p_2$ donc $q_1 = p_2.$

Or, $p_2\leq q_1 \leq q_2.$

$q_2\leq p_1 \leq p_2$ donc $p_2 = q_2$

Comme $q_1q_2 = p_1p_2$ avec $p_2=q_2$ c’est que $p_1 = q_1$, or, ceci contredit le fait que les deux décompositions $m=\prod_{i=1}^r p_i$ et $m=\prod_{i=1}^s q_i$ sont différentes.

Donc $a$ est non nul.

Supposez $a=1.$ Alors $m = 1+p_1q_1.$ Comme $p_1 \mid p_1q_1$ et $p_1\mid m$, par différence, $p_1 \mid 1$ donc $p_1 = 1$ ce qui est absurde.

L’entier $a = m-p_1q_1$ est donc supérieur ou égal à $2$. Or il est strictement inférieur à $m.$ Il se décompose en produit de nombres premiers et de façon unique, à l’ordre près des facteurs.

Constatez que $p_1\mid m$ et $p_1 \mid p_1q_1$donc $p_1 \mid a$ il existe un entier $\alpha$ tel que $a = p_1\alpha.$ Si $\alpha = 1$ vous en restez là, sinon vous décomposez $\alpha$ comme produit de nombres premiers.

Vous obtenez dans les deux cas $a$ s’écrivant comme un produit de nombres premiers dont l’un d’entre eux est $p_1$.

Le même raisonnement peut être produit avec $q_1$. $a$ s’écrit comme un produit de nombres premiers dont l’un d’entre eux est $q_1$.

Par l’absurde, supposez que $p_1\neq q_1.$ Par unicité de la décomposition de $a$ en produit de nombres premiers, $p_1$ est l’un des nombres premiers apparaissant dans la décomposition de $a$ et $q_1$ en est un autre. Donc $a$ s’écrit comme produit de nombres premiers avec $p_1$ et $q_1$ apparaissant dans la décomposition. Donc il existe un entier $\beta$ tel que $a = p_1q_1\beta.$ $p_1q_1 \mid p_1q_1$ et $p_1q_1 \mid a$ donc $p_1q_1 \mid m$ donc $p_1 \mid \prod_{i=2}^s q_i$ donc le produit $\prod_{i=2}^s q_i$ admet une décomposition en facteurs premiers qui comporte $p_1.$ Or $\prod_{i=2}^s q_i$ est strictement inférieur à $m$ donc par unicité d’une telle décomposition, il existe un entier $i$ tel que $p_1=q_i.$ Et donc $p_1\geq q_i\geq q_1.$

De même $q_1 \mid \prod_{i=1}^r p_i.$ Donc l’entier $\prod_{i=1}^r p_i$ admet une décomposition en facteurs premiers comportant $q_1.$ Comme il est strictement inférieur à $m$, une telle décomposition est unique donc il existe un entier $i$ tel que $q_1 = p_i$ et donc $q_1\geq p_i \geq p_1.$

Des deux cas énumérés ci-dessus, vous obtenez $p_1=q_1.$ Contradiction.

Il en résulte que $p_1=q_1.$

Concluez

Alors $\prod_{i=2}^r p_i = \prod_{i=2}^s q_i$ est un entier supérieur ou égal à $2$ qui est strictement inférieur à $m$. Donc par unicité de la décomposition, $r=s$ et $\forall i\in \N, 2\leq i\leq r \implies p_i = q_i.$

Finalement $r=s$ et comme $p_1=q_1$, $\forall i\in \N, 1\leq i\leq r \implies p_i = q_i$, les deux décompositions de $m$ sont identiques, ce qui est absurde.

L’ensemble $A$ est donc vide, autrement dit tout nombre entier $n$ supérieur ou égal à $2$ s’écrit de façon unique comme produit de nombres premiers ordonnés par ordre croissant.

Dans le cadre de la préparation à l’agrégation de mathématiques, il peut être utile de savoir démontrer que $\forall n\geq 3, 4 \prod_{k=0}^{n-3}(5^{2^k}+1) = 5^{2^{n-2}}-1.$

Définissez la propriété

Pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $3$, notez $P(n)$ la propriété « $4 \prod_{k=0}^{n-3}(5^{2^k}+1) = 5^{2^{n-2}}-1$. »

Initialisez

Supposez que $n=3.$

\begin{aligned}
4 \prod_{k=0}^{n-3}(5^{2^k}+1) &= 4 (5^{2^0}+1) \\
&=4( 5+1)\\
&=24.
\end{aligned}

D’autre part :

\begin{aligned}
5^{2^{n-2}}-1 &= 5^{2^1}-1 \\
&= 5^2-1\\
&=24.
\end{aligned}

Il s’ensuit que $P(3)$ est vérifiée.

Montrez que la propriété est héréditaire

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $3$, tel que $P(n)$ soit vérifiée.

\begin{aligned}
4 \prod_{k=0}^{(n+1)-3}(5^{2^k}+1) &= 4 \prod_{k=0}^{n-2}(5^{2^k}+1) \\
&= 4 \prod_{k=0}^{n-3}(5^{2^k}+1) (5^{2^{n-2}}+1)\\
&= (5^{2^{n-2}}-1)(5^{2^{n-2}}+1)\\
&= (5^{2^{n-2}})^2-1\\
&=5^{2\times 2^{n-2}}-1\\
&=5^{2^{n-1}}-1\\
&=5^{2^{(n+1)-2}}-1.\\
\end{aligned}

Alors $P(n+1)$ est vérifiée.

Concluez par récurrence sur l’entier $n$

La propriété $P$ est vérifiée au rang $3$ et elle est héréditaire, par conséquent, $\forall n\geq 3$, $P(n)$ est vérifiée, donc $\boxed{\forall n\geq 3, 4 \prod_{k=0}^{n-3}(5^{2^k}+1) = 5^{2^{n-2}}-1}.$

Soit à résoudre le système suivant

\left\{\begin{align*}
x^2+xy &=28\\
y^2+xy&=21
\end{align*}\right.

dont les inconnues $x$ et $y$ sont des nombres réels.

Effectuez une division euclidienne pour l’analyse

Soit $(x,y)$ une solution du système proposé.

Alors $x^2+xy-28=0$ et $xy+y^2-21=0.$

Travaillez avec $X$ comme indéterminée. Lorsque vous effectuez la division euclidienne du polynôme formel $X^2+XY-28$ de degré $2$ par le polynôme formel $YX+Y^2-21$ de degré $1$, dans l’anneau $\R(Y)[X]$ vous aboutissez à l’égalité $Y^2(X^2+XY-28) = (YX+Y^2-21)(XY+21)+441-49Y^2.$

Ainsi, il s’ensuit que $441-49y^2=0$ soit $9-y^2=0$ d’où $y\in\{-3,3\}.$

Si $y=3$, alors $y^2+xy=21$ fournit $9+3x=21$ d’où $3+x = 7$ et $x=4$, d’où $(x,y)= (4,3).$

Si $y=-3$, alors $9-3x=21$ d’où $3-x=7$ d’im $x=-4$ et $(x,y)=(-4,-3).$

Synthèse

Posez $x=4$ et $y=3$, alors $xy = 12$, $x^2=16$ et $y^2 = 9$, d’où $x^2+xy=16+12 = 28$ et $y^2+xy=9+12=21.$

Donc $(4,3)$ est bien solution du système proposé.

De même, posez $x=-4$ et $y=-3$, alors $xy = 12$, $x^2=16$ et $y^2 = 9$, d’où $x^2+xy=16+12 = 28$ et $y^2+xy=9+12=21.$

Donc $(-4,-3)$ est une autre solution qui convient.

Précisez l’ensemble des solutions

D’après ce qui précède, le système

\left\{\begin{align*}
x^2+xy &=28\\
y^2+xy&=21
\end{align*}\right.

admet pour ensemble de solutions $\{(4,3),(-4,-3)\}.$

Vérifiez graphiquement le résultat obtenu

Prolongement

Explicitez les valeurs exactes des solutions du système :

\left\{\begin{align*}
x^2+xy &=27\\
y^2+xy&=21.
\end{align*}\right.