Certains tests de primalité font appel au calcul modulaire. L’objectif est d’éviter d’obtenir des nombres trop importants et des degrés très élevés dans les calculs de polynômes.
Dans cet article vous allez aborder :
un calcul modulaire à partir d’exemples pour expliciter les premières démarches,
un calcul explicite du polynôme $(1+X)^{24}$ modulo $24$ et $X^2-1$,
une théorie des polynômes à coefficients entiers modulo un entier $n$ non nul et un polynôme $Q$ à coefficients entiers et de degré supérieur ou égal à $1.$
La théorie des polynômes à coefficients entiers modulo $n$ et $Q$
Cette théorie est développée afin de justifier que les calculs menés ci-dessus sont valables.
Soit $n$ un entier naturel non nul et $Q$ un polynôme à coefficients entiers, de degré supérieur ou égal à $1.$
Vous allez munir l’anneau $\Z[X]$ de la relation binaire $\mathscr{R}$ suivante.
Quels que soient les polynômes $P_1$ et $P_2$ à coefficients entiers, vous écrirez $P_1\mathscr{R} P_2$, si et seulement si, les coefficients du polynôme $P_1-P_2$ sont tous divisibles par $n$ et si $Q$ est un diviseur du polynôme $P_1-P_2.$
Montrer que la relation $\mathscr{R}$ est réflexive
Soit $P$ un polynôme à coefficients entiers. Le polynôme $P-P$ est le polynôme nul, donc tous ses coefficients sont divisibles par $n$, puisque $n\times 0 = 0.$
De même $P-P = Q\times 0$ ce qui prouve que $Q$ est un diviseur de $P-P.$
Par conséquent, $\boxed{P\mathscr{R}P.}$
Montrer que la relation $\mathscr{R}$ est symétrique
Soient $P_1$ et $P_2$ deux polynômes à coefficients entiers, tels que $P_1\mathscr{R} P_2.$
Les coefficients du polynôme $P_1-P_2$ sont tous divisibles par $n.$
D’une part, comme $P_1-P_2$ est un polynôme à coefficients entiers, il existe un entier naturel $d$ et des entiers $u_0, \dots, u_d$ tels que :
P_1(X)-P_2(X) = \sum_{i=0}^d u_iX^i.
L’hypothèse précédente fournit :
\forall i\in\llbracket0, d\rrbracket, n\mid u_i.
Or, pour tout entier $i$ compris entre $0$ et $d$, $-u_i = (-1)\times u_i$ si bien que $u_i\mid -u_i.$ ll s’ensuit que :
\forall i\in\llbracket0, d\rrbracket, n \mid -u_i.
D’autre part :
P_2(X)-P_1(X) = \sum_{i=0}^d (-u_i)X^i.
L’entier $n$ divise tous les coefficients du polynôme $P_2-P_1.$
Remarquez maintenant que $P_2-P_1 = (-1)\times (P_1-P_2)$ donc $P_1-P_2\mid P_2-P_1.$ Comme $Q\mid P_1-P_2$ vous déduisez par transitivité que $Q\mid P_2-P_1.$ Ainsi $P_2\mathscr{R} P_1.$
Montrer que la relation $\mathscr{R}$ est transitive
Soient $P_1$, $P_2$ et $P_3$ trois polynômes à coefficients entiers, tels que $P_1\mathscr{R} P_2$ et $P_2\mathscr{R}P_3.$
D’une part, $Q\mid P_1-P_2$ et $Q\mid P_2-P_3.$ Par somme, vous déduisez $Q\mid (P_1-P_2) + (P_2-P_3)$ soit $Q\mid P_1-P_3.$
D’autre part, $n$ divise tous les coefficients des polynômes $P_1-P_2$ et $P_2-P_3.$
Si $P_1=P_2$ alors $n$ divise tous les coefficients du polynômes $P_1-P_3$ et donc $P_1\mathscr{R}P_3.$
Si $P_2=P_3$ alors $n$ divise encore tous les coefficients du polynômes $P_1-P_3$ et donc $P_1\mathscr{R}P_3.$
Si $P_1\neq P_2$ et si $P_2\neq P_3$ vous notez le maximum des degrés des polynômes $P_1-P_2$ et $P_2-P_3.$ Il existe un entier naturel $d$ et des entiers $u_0,\dots u_d$ ainsi que des entiers $v_0,\dots,v_d$ tels que :
Or, pour tout entier $i$ compris entre $0$ et $d$, $n\mid u_i$ et $n\mid v_i.$ Par somme, vous déduisez que $n\mid u_i+v_i.$ L’entier $n$ divise tous les coefficients du polynôme $P_1-P_3.$ Il en résulte que $P_1\mathscr{R}P_3.$
Passez à l’ensemble quotient $\Z[X] / \mathscr{R}$
La relation $\mathscr{R}$ étant réflexive, transitive et symétrique sur $\Z[X]$ elle est une relation d’équivalence.
Vous notez $\Z[X] / \mathscr{R}$ l’ensemble de toutes les classes d’équivalence obtenues.
Il est rappelé que pour tout polynôme $P$ à coefficients entiers, la classe de $P$ est définie par :
\{A\in\Z[X], A\mathscr{R}P\}.
Notez que, comme $\mathscr{R}$ est réflexive, la classe de $P$ n’est pas vide.
Ainsi, $\Z[X] / \mathscr{R}$ est un ensemble, formé par des classes d’équivalences qui sont toutes non vides.
Pour plus de commodité, quels que soient les polynômes $P_1$ et $P_2$ à coefficients entiers, vous notez $P_1\equiv P_2 \mod (n,Q)$ au lieu de $P_1\mathscr{R} P_2.$
Montrez la compatibilité avec l’addition
Soient $P_1$, $P_2$, $P_3$ et $P_4$ quatre polynômes à coefficients entiers tels que :
Vous avez $P_1\mathscr{R}P_2$ autrement dit, $Q\mid P_1-P_2$ et tous les coefficients du polynôme $P_1-P_2$ sont divisibles par $n.$
Vous en déduisez immédiatement que $Q\mid (P_1-P_2)-0$ et que tous les coefficients du polynôme $(P_1-P_2)-0$ sont divisibles par $n.$ Autrement dit $P_1-P_2 \mathscr{R} 0.$
De même, comme $P_3\mathscr{R}P_4$ vous déduisez par symétrie $P_4\mathscr{R}P_3$ puis $P_4-P_3 \mathscr{R} 0.$
Par transitivité, vous déduisez $P_1-P_2\mathscr{R} P_4-P_3.$
Ainsi, $Q$ divise le polynôme $(P_4-P_3)-(P_1-P_2) = (P_2+P_4)-(P_1+P_3).$
L’entier $n$ divise tous les coefficients de $(P_4-P_3)-(P_1-P_2) = (P_2+P_4)-(P_1+P_3).$
Autrement dit, il vient d’être prouvé que $P_1+P_3\mathscr{R} P_2+P_4$ soit :
P_1+P_3 \equiv P_2+P_4 \mod (n,Q).
Montrez la compatibilité faible avec le produit
Pour parvenir à ce résultat, fixez un polynôme $P$ à coefficients entiers.
Soient $P_1$ et $P_2$ deux polynômes à coefficients entiers tels que :
P_1\equiv P_2 \mod (n,Q).
D’une part, $Q\mid P_1-P_2.$ Or, $PP_1-PP_2 = P(P_1-P_2)$ si bien que $P_1-P_2 \mid PP_1-PP_2.$ Par transitivité, il vient $Q\mid PP_1-PP_2.$
D’autre part, il existe un entier naturel $d$ et des entiers $u_0,\dots,u_d$ tels que :
P_1(X)-P_2(X) = \sum_{i=0}^d u_i X^i.
L’hypothèse $P_1\mathscr{R} P_2$ fournit :
\forall i\in\llbracket 0, d\rrbracket, n\mid u_i.
Il existe un entier naturel $k$ et des entiers $v_0,\dots,v_k$ tels que :
P(X) = \sum_{j=0}^k v_j X^j.
Il vient alors :
\begin{align*}
(PP_1-PP_2)(X) &= P(X) (P_1(X)-P_2(X))\\
&= \left(\sum_{j=0}^k v_j X^j\right) \left(\sum_{i=0}^d u_i X^i\right)\\
&= \sum_{j=0}^k\sum_{i=0}^du_iv_j X^{i+j}\\
&= \sum_{\substack{0\leq j \leq k \\ 0\leq i \leq d}}u_iv_j X^{i+j}\\
&=\sum_{\ell = 0}^{k+d} \sum_{\substack{0\leq j \leq k \\ 0\leq i \leq d \\ i+j = \ell}}u_iv_j X^{i+j}\\
&= \sum_{\ell = 0}^{k+d} \left( \sum_{\substack{0\leq j \leq k \\ 0\leq i \leq d \\ i+j = \ell}}u_iv_j\right) X^{\ell}.
\end{align*}
Soit $\ell$ un entier compris entre $0$ et $k+d.$
Soient $i$ un entier compris entre $0$ et $d$, puis $j$ un entier compris entre $0$ et $k$ tels que $i+j=\ell.$
Comme $n\mid u_i$ et comme $u_i \mid u_iv_j$ vous déduisez $n\mid u_iv_j.$
Par somme, $n$ divise $\sum_{\substack{0\leq j \leq k \ 0\leq i \leq d \ i+j = \ell}}u_iv_j.$
Il en résulte que tous les coefficients du polynôme $PP_1-PP_2$ sont divisibles par $n.$
Vous déduisez que : $\boxed{PP_1\equiv PP_2 \mod (n,Q).}$
Montrez la compatibilité forte avec le produit
Soient $P_1$, $P_2$, $P_3$ et $P_4$ quatre polynômes à coefficients entiers tels que :
Pour tout polynôme $P$ à coefficients entiers, notez $\varphi(P)$ la classe d’équivalence du polynôme $P.$
Soient $U$ et $V$ deux éléments de $\Z[X] / \mathscr{R}.$ Comme $U$ et $V$ sont des classes d’équivalences, elles ne peuvent pas être vides. Il existe donc $P_U\in\Z[X]$ et $P_V\in\Z[X]$ tels que $U = \varphi(P_U)$ et $V = \varphi(P_V).$
L’addition de $U$ et de $V$ dans $\Z[X] / \mathscr{R}$ est définie par $\varphi(P_U+P_V).$ Cette opération est bien définie : d’après la compatibilité démontrée pour l’addition l’élément $\varphi(P_U+P_V)$ ne dépend pas du choix des représentants effectué pour $U$ et $V.$
De même, la multiplication de $U$ et de $V$ dans $\Z[X] / \mathscr{R}$ est définie par $\varphi(P_U P_V).$ Cette opération est aussi bien définie : d’après la compatibilité démontrée pour la multiplication l’élément $\varphi(P_U P_V)$ ne dépend pas non plus du choix des représentants effectué pour $U$ et $V.$
D’après la théorie développée plus haut, justifiez que l’ensemble quotient $\Z[X] / \mathscr{R}$ est un anneau unitaire commutatif muni des deux opérations définies ci-dessus.
Vous notez $A$ l’ensemble quotient défini par $\F_{2}[X] / (X^4+X^3+X^2+X+1)$ et $B$ l’ensemble quotient défini par $\F_{2}[X] / (X^4+X+1).$
Le lecteur est amené à vérifier par lui-même que les polynômes $X^4+X^3+X^2+X+1$ et $X^4+X+1$ sont irréductibles dans $\F_{2}[X].$
L’ensemble $A$ est un corps, il contient un élément $a\notin \F_{2}$ tel que $a^4+a^3+a^2+a+1=0$ et de sorte que $A = \{x+ y a+z a^2+ta^3, (x,y,z,t)\in \F_{2}^4\}.$ De plus, $a$ est annulé par le polynôme $X^4+X^3+X^2+X+1$ qui est aussi son polynôme minimal dans $\F_2[X].$
De même, l’ensemble $B$ est un corps, il contient un élément $b\notin \F_{2}$ tel que $b^4+b+1=0$ et de sorte que $B = \{x+ y b+z b^2+tb^3, (x,y,z,t)\in \F_{2}^4\}.$ De plus, $b$ est annulé par le polynôme $X^4+X+1$ qui est aussi son polynôme minimal dans $\F_2[X].$
Vous en déduisez que $A$ et $B$ possèdent ainsi $2^4 =16$ éléments chacun.
Le but de cet article est d’expliciter un isomorphisme du corps $B$ vers le corps $A.$
Analysez la situation pour construire un isomorphisme de corps
Soit $k$ un isomorphisme allant de $B$ vers $A.$
Partez de la relation $b^4+b+1=0.$ En appliquant $k$, il vient :
k(b^4+b+1) = k(0).
$k$ en tant qu’isomorphisme, vérifie $k(0)=0$ et $k(1)=1$ donc :
Vous posez $u = k(b)$ et obtenez que $u$ vérifie l’équation $u^4+u+1 = 0$, avec $u\in A.$
Du coup, il existe $x$, $y$, $z$ et $t$ quatre éléments de $\F_{2}$ tels que :
u = x+ya+za^2+ta^3.
Vous calculez $u^2$ en tenant compte du fait que $a^4+a^3+a^2+a+1=0$ ce qui s’écrit $\boxed{a^4 =a^3+a^2+a+1}.$ Vous avez remarqué que $1+1=0$ dans $\F_{2}$ impose que l’opposé de $1$ soit égal à $1.$
En multipliant la relation précédente par $a$, il vient :
Comme $\Q$ est inclus dans $\R$ et comme $\sqrt{2}\in\R$, vous déduisez, par stabilité de l’addition dans le corps $\R$, que $\Q(\sqrt{2}) \subset \R.$
Tout d’abord vous avez $1 = 1+0\times \sqrt{2}$ ce qui prouve que $1\in \Q(\sqrt{2}).$
Le neutre de la multiplication appartient à $\Q(\sqrt{2}).$
Soient $x$ et $y$ deux éléments de $\Q(\sqrt{2}).$ Il existe quatre rationnels, $a$, $b$, $c$ et $d$ tels que :
x=a+b\sqrt{2}\\
y=c+d\sqrt{2}.
Par somme, il vient :
x+y = (a+c)+(b+d)\sqrt{2}.
Comme le corps des rationnels est stable par addition, il vient $a+c\in\Q$ et $b+d\in\Q$ donc $x+y\in \Q(\sqrt{2}).$
De même :
-x = -a + (-b)\sqrt{2}.
Le corps des rationnels étant stable par passage à l’opposé, il vient $-a\in\Q$ et $-b\in\Q$ donc $-x\in \Q(\sqrt{2}).$
Supposez que $a^2-2b^2 = 0.$ Comme $x$ est non nul, il vient nécessairement $a-b\sqrt{2} = 0.$ Si $b$ est nul, alors $a = 0$ ce qui conduit à $x=0$ ce qui est absurde. Donc $b$ n’est pas nul. Du coup : $\frac{a}{b}=\sqrt{2}.$ Alors $\sqrt{2}\in\Q$ ce qui est encore absurde.
Comme $a\in\Q$ et comme $a^2-2b^2\in\Q^{*}$ vous déduisez $\frac{a}{a^2-2b^2}\in\Q.$ De même $-b\in\Q$ et $a^2-2b^2\in\Q^{*}$ d’où $\frac{-b}{a^2-2b^2}\in\Q.$ Vous déduisez que $\frac{1}{x}\in\Q(\sqrt{2}).$
Cette analyse montre qu’il y a au plus deux automorphismes de corps de $\Q(\sqrt{2})$, l’application identité et l’application de conjugaison définie par :
L’application identité est un morphisme du corps $\Q(\sqrt{2}).$ En tant que morphisme de corps, il est automatiquement injectif.
Soit maintenant $x\in\Q(\sqrt{2})$, comme $x=k(x)$, $x$ admet un antécédent par $k$ donc $k$ est surjectif. Donc $k$ est bien un automorphisme du corps $\Q(\sqrt{2}).$
Soit $x$ un élément de $\Q(\sqrt{2})$, il existe $a\in\Q$ et $b\in\Q$ tels que $x = a+b\sqrt{2}.$
Pour pouvoir poser $u(x) =a-b\sqrt{2}$ il convient de vérifier que, s’il existe $c\in\Q$ et $d\in\Q$ tels que $x = c+d\sqrt{2}$ alors vous avez aussi $a-b\sqrt{2} = c-d\sqrt{2}.$
En effet, si $x = a+b\sqrt{2} = c+d\sqrt{2}$ vous déduisez $a-c = (d-b)\sqrt{2}.$ Si $b\neq d$, $\sqrt{2} = \frac{a-c}{d-b}$ donc $\sqrt{2}\in\Q$ ce qui est absurde. Donc $b=d.$ Alors $a-c=0$ et $a=c.$ Du coup, il vient $a-b\sqrt{2} = c-d\sqrt{2}.$
Pour tout $x$ de $\Q(\sqrt{2})$ s’écrivant sous la forme $x = a+b\sqrt{2}$ avec $a$ et $b$ rationnels, on définit une application $u$ de $\Q(\sqrt{2})$ en posant $u(x) = a-b\sqrt{2}.$
Alors, $u(1) = u(1+0\sqrt{2}) = 1-0\sqrt{2} = 1.$
Soient $x$ et $y$ deux éléments de $\Q(\sqrt{2}).$ Il existe $a$, $b$, $c$ et $d$, quatre rationnels, tels que :
Il s’agit de démontrer dans cet article l’identité suivante :
\boxed{\tan 9°−\tan27°−\tan 63°+\tan 81°=4.}
Utilisant la symétrie par rapport à $45°$, vous constatez que $63° = 45°+18°$ et que $27° = 45°-18°.$
Vous posez, pour l’intégralité de cet article, $x=\frac{\pi}{10}.$ C’est le réel qui mesure en radians un angle de $18°.$ Vous effectuez le calcul d’une première somme.
Soit $f$ une fonction définie sur $\R$ et deux fois dérivable sur $\R$, de sorte que $f^{\pprime}$ soit une fonction positive. Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a<b.$
Pour tout réel $x$, vous posez $g(x) = f(x)-P(x).$
D’après ce qui précède, vous avez $g(a) = 0$ et $g(c)=0$, si bien que $g(a)=g(c).$ La fonction $g$ est dérivable sur $\R$ comme différence de la fonction $f$ et de la fonction polynôme $P$ qui le sont. Ainsi, $g$ est continue sur $[a,c]$ et dérivable sur $]a,c[.$ D’après le théorème de Rolle, il existe un réel $\alpha\in]a,c[$ tel que $g'(\alpha)=0.$
De même, vous avez $g(c) = 0$ et $g(b)=0$ si bien que $g(c)=g(b).$ La fonction $g$ est dérivable sur $\R$ donc elle est dérivable sur $]c,b[$ et elle est continue sur $[c,b].$ D’après le théorème de Rolle, il existe un réel $\beta\in]c,b[$ tel que $g'(\beta)=0.$
Notez que $\alpha < c <\beta$ si bien que $\alpha < \beta.$
De plus, pour tout réel $x$, il vient $g'(x) = f'(x)-P'(x).$ Comme $f$ est deux fois dérivable sur $\R$, $f’$ est bien dérivable sur $\R.$ La fonction polynôme $P’$ est elle aussi dérivable sur $\R.$ Par différence, $g’$ est dérivable sur $\R.$ En particulier, $g’$ est continue sur $[\alpha, \beta]$ et dérivable sur $]\alpha, \beta[.$ Comme $g'(\alpha) = g'(\beta)$ le théorème de Rolle fournit l’existence d’un réel $\xi\in]\alpha, \beta[$ tel que $g^{\pprime}(\xi) = 0.$
Or, pour tout réel $x$, $g^{\pprime}(x) = f^{\pprime}(x)-P^{\pprime}(x).$
En évaluant pour $x=\xi$, vous déduisez $f^{\pprime}(\xi)-P^{\pprime}(\xi) = 0$ soit $f^{\pprime}(\xi)=P^{\pprime}(\xi).$
La dérivée seconde de $f$ étant positive sur $\R$ tout entier, vous déduisez $\boxed{P^{\pprime}(\xi) \geq 0.}$
Note. Le polynôme $P$ ayant un degré inférieur ou égal à $2$, on retrouve que $P’$ est de degré inférieur ou égal à $1$ et donc $P^{\pprime}$ est bien constant.
Concluez
En évaluant en $X=\xi$ et en tenant compte de l’inégalité $P^{\pprime}(\xi)\geq 0$ vous déduisez:
Pour toute fonction $f$ définie sur $\R$ et deux fois dérivable sur $\R$ et de dérivée seconde positive, il a été montré que quels que soient les réels $a$ et $b$ tels que $a<b$ vous avez l’inégalité :
La suite $(c_k)_{k\geq 0}$ est strictement croissante et converge vers $1.$ D’autre part, pour tout entier naturel $k$, $c_k\neq 1.$
Note. La démonstration de ces résultats est laissée au lecteur et ne sera pas traitée dans cet exposé.
Soit $\sum_{k\geq 1} a_k$ une série réelle convergente.
Vous notez sa limite ainsi :
\boxed{A=\sum_{k=1}^{+\infty} a_k.}
Notez que la suite $(a_k)_{k\geq 1}$ converge alors vers $0.$ Il en est de même de la suite $(\vert a_k \vert)_{k\geq 1}$. En tant que suite positive convergente, elle est majorée.
Il existe un réel $\boxed{M>0}$ tel que $\boxed{\forall k\geq 1, \vert a_k \vert \leq M.}$
A cette série, vous associez la fonction $h: [0,1]\to \R$ définie de la façon suivante :
D’autre part, la fonction $h$ est constante sur l’intervalle $[c_{k-1},c_k[$ et prend pour valeur $2^k a_k.$ Le graphique ci-dessous illustre une représentation possible de la fonction $h$ sur l’intervalle $[0 ; 15/16[.$ Par contre la représentation de $h$ sur l’intervalle $[15/16, 1[$ a été omise, compte tenu du nombre infini d’intervalles qu’il faudrait représenter.
Graphiquement, il semble légitime de considérer que l’aire du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbe de la fonction $h$, l’axe des ordonnées et la droite verticale d’équation $x=1$ est égale à:
Avant d’affirmer la validité de cette égalité, il convient de procéder aux démonstrations requises.
Objectif principal
Quelques définitions : notion de subdivision étiquetée
On appelle subdivision étiquetée $P$ de l’intervalle $[0,1]$ tout ensemble fini tel que :
il existe un entier $n\geq 1$ ;
et il existe $(x_0,\dots,x_n)\in\R^{n+1}$ tel que $x_0 < \dots < x_n$ avec $x_0=0$ et $x_n = 1$ ;
et il existe $(t_1,\dots,t_n)\in\R^n$ tel que $\forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, t_i\in[x_{i-1},x_i]$ tels que :
$P = \{ ([x_{i-1}, x_i], t_i), 1\leq i \leq n\}.$
La subdivision $P$ étant définie, les intervalles $[x_{i-1},x_i]$ sont appelés intervalles de la subdivision $P$ et les réels $t_i$ sont appelés les étiquettes de la subdivision $P.$ Pour chaque intervalle $[x_{i-1},x_i]$, le réel $t_i$ est son étiquette.
Pour plus de commodité dans la suite, la somme $\sum_{i=1}^n h(t_i)(x_i-x_{i-1})$ sera appelée somme de Riemann de $h$ associée à la subdivision étiquetée $P$ et sera notée :
S(h,P)=\sum_{i=1}^n h(t_i)(x_i-x_{i-1}).
Notion de subdivision fine
Soit $n$ un entier tel que $n\geq 1.$ Soit $\delta: [0,1]\to \R_{+}^{*}$ une fonction strictement positive sur $[0,1]$ et soit $P = \{ ([x_{i-1}, x_i], t_i), 1\leq i \leq n\}$ une subdivision étiquetée de l’intervalle $[0,1].$
La subdivision $P$ est dite $\delta$-fine si et seulement si :
Dans ce qui suit, il sera démontré en détail que la fonction $h$ est intégrable au sens de Henstock-Kurzweil sur $[0,1]$ et que son intégrale est bien égale à la somme de la série précitée :
\int_{0}^1 h(t)\dt = A.
Cela signifie que, pour tout réel $\varepsilon$ strictement positif, il existe une fonction $\delta: [0,1]\to \R_{+}^{*}$ (appelée jauge) strictement positive telle que pour toute subdivision étiquetée $P$ de l’intervalle $[0,1]$ qui soit $\delta$-fine, vous ayez la majoration :
\left\vert S(h,P) - A \right\vert \leq \varepsilon.
Analyse et construction d’une jauge
Soit $\varepsilon$ un réel strictement positif fixé.
Vous considérez une fonction $\delta: [0,1]\to \R_{+}^{*}$, appelée jauge.
Soit maintenant et $n\in\NN$ et $P = \{ ([x_{i-1}, x_i], t_i), 1\leq i \leq n\}$ une subdivision étiquetée de l’intervalle $[0,1]$ qui soit $\delta$-fine.
Choisissez la jauge pour que l’étiquette $t_1$ soit égale à $0$
Vous allez imposer la propriété suivante pour la jauge $\delta$ :
Ce résultat est contradictoire avec $t_n \in [0,1[.$
Grâce à ce raisonnement par l’absurde, vous avez établi que:
\boxed{t_n =1.}
Définissez une utile fonction $\varphi$
Vous notez $\boxed{E = \{ c_k, k\in\N\}.}$ Soit maintenant un réel $x$ appartenant à l’ensemble $]0,1[\setminus E.$ L’ensemble $B = \{ \vert x-c_k\vert, k\in\N \}$ est une partie de $\R.$ Prenant $k=0$, il apparaît que $\vert x-c_0\vert \in B$ donc $B$ est non vide. D’autre part, $\forall k\in\N, \vert x-c_k\vert \geq 0$ donc $0$ minore $B.$
Il en résulte que $B$ admet une borne inférieure, qui sera notée $\varphi(x).$
ll s’agit maintenant de caractériser $\varphi(x)$ et de montrer que c’est un réel strictement positif.
En raisonnant par l’absurde, supposez que:
\forall k\in\N, c_k\leq x.
En passant à la limite, quand $k\to +\infty$ on aurait $1\leq x$ ce qui contredit le fait que $x \in]0,1[.$
Donc il existe un nombre $\ell \in \N$ tel que $x<c_{\ell}.$
L’ensemble $\{k\in\N, x<c_k\}$ est une partie de $\N$ qui est non vide puisqu’elle contient $\ell.$ Elle admet un plus petit élément qui sera noté $m(x).$
Si $m(x)=0$, alors $x<c_{m(x)}$ fournit $x<c_0$ soit $x<0$ ce qui est absurde. Donc $m(x)\neq 0$ et par suite $m(x)\geq 1.$ Comme $m(x)-1$ est un entier naturel qui est strictement inférieur au minimum de l’ensemble $\{k\in\N, x<c_k\}$, vous déduisez que $c_{m(x)-1}\leq x.$ Du coup, $c_{m(x)-1}\leq x < c_{m(x)}.$
Soit $k\in\N.$ Si $k\geq m(x)$ par croissance de la suite $(c_i)_{i\geq 0}$ il vient $c_{m(x)}\leq c_k$ donc $x < c_{m(x)} \leq c_k$ donc $\vert x-c_k\vert \geq \vert x-c_{m(x)}\vert.$
Si $k < m(x)$ alors $k\leq m(x)-1.$ Toujours par croissance de la suite $(c_i)_{i\geq 0}$ il vient $c_k\leq c_{m(x)-1}\leq x$ donc $\vert x-c_k\vert \geq \vert x-c_{m(x)-1}\vert.$
Le nombre $\min\{\vert x-c_{m(x)}\vert, \vert x-c_{m(x)-1}\vert\}$ minore l’ensemble $B.$ Comme $\varphi(x)$ est le plus grand des minorants de $B$, vous avez obtenu:
Comme $m(x)$ est un entier naturel, $\vert x-c_{m(x)}\vert \in B.$ Comme $\varphi(x)$ est un minorant de $B$, vous déduisez $\varphi(x)\leq \vert x-c_{m(x)}\vert.$
Comme $m(x)-1$ est un entier naturel, $\vert x-c_{m(x)-1}\vert \in B.$ Comme $\varphi(x)$ est un minorant de $B$, vous déduisez $\varphi(x)\leq \vert x-c_{m(x)-1}\vert.$
Comme $\min\{\vert x-c_{m(x)}\vert, \vert x-c_{m(x)-1}\vert\}$ est nécessairement égal à l’un des deux nombres parmi $\vert x-c_{m(x)-1}\vert$ et $\vert x-c_{m(x)}\vert$ vous déduisez:
\boxed{\forall x\in]0,1[\setminus E, \varphi(x) = \min\{\vert x-c_{m(x)}\vert, \vert x-c_{m(x)-1}\vert\}.}
Soit $x\in]0,1[\setminus E.$ Supposez que $\varphi(x)=0.$ Alors soit $\vert x-c_{m(x)} \vert=0$ ce qui fournit $x = c_{m(x)}$ et donc $x\in E$ ce qui est absurde. Soit $\vert x-c_{m(x)-1} \vert=0$ ce qui fournit $x = c_{m(x)-1}$ et donc $x\in E$ ce qui est absurde.
Ainsi:
\boxed{\forall x\in]0,1[\setminus E, \varphi(x) >0.}
Choisissez la jauge pour obtenir une propriété sur les intervalles de la subdivision $P$ dont l’étiquette n’appartient pas à $E$
Il a déjà été établi que $0$ et $1$ sont des étiquettes.
Soit $i\in\llbracket 1, n\rrbracket$ un indice tel que $t_i\in]0,1[$ soit une étiquette pour un intervalle $[x_{i-1},x_i]$ de la subdivision $P.$ Supposez que $t_i \notin E.$
Vous allez imposer la propriété suivante pour la jauge $\delta$ :
\boxed{\forall t\in]0,1[\setminus E, \delta(t) \leq \frac{\varphi(t)}{2}.}
Il a été vu que:
\forall x\in]0,1[\setminus E, c_{m(x)-1}\leq x < c_{m(x)}.
En particulier, pour $x=t_i$ vous déduisez:
c_{m(t_i)-1}\leq t_i < c_{m(t_i)}.
Comme $t_i\notin E$, vous avez $t_i\neq c_{m(t_i)-1}$ d’où:
Il en résulte que $[x_{i-1},x_i]\subset ]c_{m(t_i)-1}, c_{m(t_i)}[.$
Cette section a établi le résultat suivant:
\boxed{\forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, t_i\in]0,1[\setminus E \implies [x_{i-1},x_i]\subset ]c_{m(t_i)-1}, c_{m(t_i)}[.}
Choisissez la jauge de sorte que tout intervalle de $P$ (excepté le dernier) qui contient une valeur $c_k$ pour k entier naturel non nul a son étiquette qui est égale à $c_k$
Ce résultat sera prouvé en deux temps. Tout d’abord vous prouvez un résultat plus faible.
Vous établissez d’abord que tout intervalle de $P$ (excepté le dernier) contenant une valeur $c_k$ pour k entier naturel non nul a son étiquette qui appartient à $E.$
Puisque $[x_0,x_1]\subset [0,1/4]$, il est impossible d’avoir $n=1$ donc la partition $P$ comprend au moins deux intervalles, c’est-à-dire $\boxed{n\geq 2.}$
Soit $k\in\NN$ tel qu’il existe un entier $i\in \llbracket 1, n-1\rrbracket$ vérifiant $c_k\in[x_{i-1},x_i].$
Supposez que l’étiquette $t_i$ de l’intervalle $[x_{i-1},x_i]$ n’appartienne pas à $E.$
Si $t_i = 0$ alors c’est que $i=1.$ Vous avez $[x_0,x_1]\subset[0,1/4]$ et par conséquent $c_k \in [0, 1/4]$, ce qui entraîne que $c_k = 0$ et $k=0$, contradiction avec $k\in\NN.$
Donc $t_i > 0.$ Comme $t_i\leq x_{i} < x_n$ vous avez $t_i\in]0,1[.$
Puisque $t_i\in]0,1[\setminus E$ vous déduisez que $[x_{i-1},x_i]\subset ]c_{m(t_i)-1}, c_{m(t_i)}[.$
Comme $c_k\in [x_{i-1},x_i]$ il en résulte que $c_{m(t_i)-1}<c_k < c_{m(t_i)}.$
Comme la suite $(c_m)_{m\geq 0}$ est strictement croissante, il vient $m(t_i)-1< k < m(t_i).$
Comme $k$ et $m(t_i)-1$ sont des entiers, l’inégalité $m(t_i)-1<k$ entraîne $m(t_i)\leq k$ ce qui contredit $k<m(t_i).$
Note. A ce stade, il est tout à fait possible qu’un intervalle de la subdivision $P$ contienne plusieurs valeurs de $E.$
Vous allez ajuster la jauge pour que cela ne puisse pas se produire.
Vous choisissez maintenant la jauge pour que toute tout intervalle de $P$ (excepté le dernier) qui contient une valeur $c_k$ pour k entier naturel non nul, ait son étiquette égale à $c_k.$
Soit $k\in\NN$ tel qu’il existe un entier $i\in \llbracket 1, n-1\rrbracket$ vérifiant $c_k\in[x_{i-1},x_i].$
Il a été vu que $t_i \in E$ donc il existe un entier naturel $\ell$ tel que $t_i = c_{\ell}.$
Si $c_{\ell}\neq c_k$, alors $k\neq \ell$ et deux cas se présentent.
1er cas. $k < \ell$ soit $k+1\leq \ell.$ Donc il existe un entier naturel $\zeta$ tel que $\ell = k+1+\zeta.$
Vous remarquez que $c_4\in]x_8,x_9]$ et que $c_3\notin ]x_8,x_9].$
La suite $(c_k)_{k\geq 4}$ étant strictement croissante et convergente vers $1=x_9$ vous déduisez que :
\forall k\geq 4, x_8 < c_k <1.
Le dernier intervalle de la subdivision $P$ contient presque toutes les valeurs de la suite $(c_k)_{k\geq 0}.$ De plus, comme $h(1)=0$ vous déduisez que :
h(1)(x_9-x_8)=0.
La somme de Riemann de la subdivision $P$ est égale à :
Note. Dans le cas où il existerait un nombre $i\in\NN$ et nombre $j\in\N$ tels que $c_i\in [x_{j-1},x_j]$ et $c_i\in [x_j, x_{j+1}]$, alors ces deux intervalles adjacents ont la même étiquette qui est $c_i = x_j$ si bien que la majoration ci-dessus reste valable.
Majorez l’écart entre la somme de Riemann et la valeur $A$
Il s’agit de majorer par $\varepsilon$ le nombre $\vert S(h,P)-A \vert.$
Dans l’exemple précédent, il a été vu que $\vert S(h,P) – (a_1 +a_2+ a_3)\vert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$
Cette majoration n’est valable toutefois que pour les subdivisions $\delta$-fines, pour lesquelles vous aviez :
Si $P$ est une subdivision $\delta$-fine, vous avez, puisque $t_n=1$ :
[x_{n-1},x_n]\subset [1-\delta(1), 1].
En prenant les longueurs de ces intervalles : $x_n-x_{n-1}\leq \delta(1).$
D’une part, $x_{n-1}< x_n$ avec $x_n=1$ donc $x_{n-1} < 1.$
D’autre part, la suite $(c_k)_{k\geq 0}$ converge vers $1$ donc il existe un entier $\ell \geq 0$ tel que $x_{n-1} < c_{\ell}.$
L’ensemble $\{k\in\N, x_{n-1}< c_k\}$ est une partie de $\N$ qui est non vide. Vous notez $\mu$ son plus petit élément.
Comme $x_{n-1}\geq 1/4$ vous déduisez $x_{n-1} \geq c_0.$ Par suite, $0$ n’appartient pas à $\{k\in\N, x_{n-1}< c_k\}$ donc $\mu\neq 0$ et comme $\mu\in\N$ il vient $\mu \geq 1.$
Pour tout $k\in\llbracket 0, \mu-1\rrbracket$, $k$ est un entier naturel strictement inférieur à $\mu$, le plus petit élément de $A$. Donc $k$ n’appartient pas à $A$ et par suite $x_{n-1}\geq c_k.$
Alors, pour toute subdivision étiquetée $P$ de $[0,1]$ qui est $\delta$-fine :
\vert S(h,P)-A \vert \leq \varepsilon.
La fonction $h$ est Henstock-Kurweil intégrable sur l’intervalle $[0,1]$ et son intégrale correspondante est égale à :
\boxed{\int_0^1h(t)\dt = A.}
Prolongement
Pourriez-vous expliciter une fonction réelle $h$ définie sur l’intervalle $[0,1]$ de sorte que $h$ soit Henstock-Kurzweil intégrable, mais de sorte que la valeur absolue $\vert h \vert$ ne le soit pas ?
Le théorème de Gauss-Lucas énonce que les racines complexes du polynôme dérivé d’un polynôme complexe non constant sont toutes situées à l’intérieur de la région convexe délimitée par les racines du polynôme initial. Vous en trouverez une démonstration rédigée dans le contenu de l'article 320.
Autrement dit, si vous visualisez les racines du polynôme complexe comme des points sur un plan complexe, alors les racines du polynôme dérivé sont nécessairement contenues à l’intérieur du polygone formé par ces points.
Si vous vous cantonnez au cas réel, le résultat précédent peut devenir faux. C’est l’objet de cet article : les racines réelles de la dérivée d’un polynôme non constant ne sont pas nécessairement toutes situées à l’intérieur de la région convexe délimitée par les racines réelles du polynôme initial.
Utilisez un polynôme réel non scindé
Soit $r$ un nombre réel non nul qui sera choisi plus tard. Vous définissez un polynôme $P\in\R[X]$ en posant :
P(X) = (X-1)(X-2)(X^2+rX+r^2).
Le discriminant du trinôme $X^2+rX+r^2$ est égal à :
\Delta = r^2-4r^2=-3r^2.
Ainsi, $\Delta$ est strictement négatif. Du coup, $X^2+rX+r^2$ n’a pas de racine réelle et par suite, le polynôme $P$, en tant qu’élément de $\R[X]$ n’est pas scindé.
Il admet $1$ et $2$ pour racines, les deux autres étant complexes non réelles.
La région convexe délimitée par les racines réelles de $P$ est l’intervalle $[1,2].$ Il sera montré dans la suite que le polynôme $P’$ admet une racine réelle n’appartenant pas cet intervalle.
Calculez le polynôme dérivé
Vous utilisez la formule de dérivation d’un produit composé de trois facteurs.
Supposez que $r$ soit choisi pour que le polynôme $P’$ admette exactement deux racines réelles. Ce choix est motivé par le fait que les deux racines précédentes sont rapidement calculables en fonction des coefficients de ce polynôme.
Vous notez $u\in\R$ et $v\in\R$ les deux racines réelles de $P’$ avec $u\neq v.$
Vous effectuez la division euclidienne de $P’$ par $X-u.$ Puisque $u$ est racine de $P’$, il existe un polynôme réel $Q$ de degré $2$ tel que :
P'(X) = (X-u)Q(X)
En évaluant cette expression en $v$, il vient $0 = (v-u)Q(v).$ Ainsi $Q(v) = 0.$
Vous effectuez la division euclidienne de $Q$ par $X-v$ et déduisez l’existence d’un polynôme réel $S$ de degré $1$ tel que :
Q(X) = (X-v)S(X).
Du coup :
P'(X) = (X-u)(X-v)S(X).
Par identification du coefficient dominant de $P’$ avec celui du polynôme $(X-u)(X-v)S(X)$ vous déduisez que le coefficient dominant de $S$ est égal à $4.$ En appelant $w\in\R$ le coefficient constant du polynôme $S$, il vient :
P'(X) = (X-u)(X-v)(4X+w).
Cela conduit à :
P'\left(\frac{-w}{4}\right) = 0.
Si vous aviez :
\frac{-w}{4}\not\in\{u,v\}
Alors le polynôme $P’$ admettrait trois racines réelles, ce qui est exclu.
La fonction $f’$ est strictement croissante sur $[0,1].$ Or $f'(0) = -126$ et $f'(1) = 1620.$ Comme $f’$ est une fonction polynôme, elle est continue sur l’intervalle $[0,1].$ Donc la fonction $f’$ réalise une bijection de $[0,1]$ vers $[-126,1620].$ Il existe unique réel $\zeta\in[0,1]$ tel que $f'(\zeta) = 0.$
La stricte croissance de $f’$ sur $[0,1]$ implique alors que $f’$ est strictement négative sur $[0, \zeta[$ et strictement positive sur $]\zeta, 1].$
La fonction $f$ est par conséquent strictement décroissante sur $[0, \zeta]$ et elle est strictement croissante sur $[\zeta, 1].$ Comme $f(0) =-68 $, $f(0)$ est strictement négatif et $f(\zeta)$ l’est aussi.
$f$ étant continue sur $[\zeta, 1]$ et strictement croissante sur cet intervalle, $f$ réalise une bijection de $[\zeta, 1]$ vers $[f(\zeta), f(1)].$ Comme $f(1)=324$, vous avez $f(\zeta)<0<324.$ Il en résulte qu’il existe un unique réel $\eta$ appartenant à $[\zeta, 1]$ tel que $f(\eta)=0.$
$f$ étant décroissante sur $[0, \zeta]$ avec $f(0)<0$ vous déduisez que pour tout $x\in[0,\zeta], f(x) < 0.$ En particulier la fonction $f$ ne s’annule pas sur $[0,\zeta].$
En définitive, il existe un unique réel (qui est $\eta$) appartenant à l’intervalle $[0, 1]$ qui annule la fonction $f.$
Dans la suite, vous définissez $r$ comme étant l’unique réel de l’intervalle $[0,1]$ tel que :
Comme $\xi$ est une racine du polynôme $P’$, il a bien été prouvé que $\xi \notin[1,2].$
Il existe une racine réelle de $P’$ qui n’est pas comprise entre la plus grande racine réelle de $P$ et la plus petite racine de $P.$ Le théorème de Gauss-Lucas ne peut pas être cantonné au cas réel.
Inspirez vous du logarithme népérien d’un réel strictement positif
Soit $a$ un réel strictement positif.
La fonction réelle $x\mapsto a^x$ est définie sur $\R$ et pour tout réel $x$, la dérivée est la fonction $x\mapsto (\ln a)a^x.$
Du coup, $\ln a$ est obtenu en dérivant la fonction $x\mapsto a^x$ et en évaluant l’expression obtenue en $0.$
Le problème qui se pose ici concerne l’évaluation de $(-1)^x$ lorsque $x$ est un réel. Pour contourner cette difficulté, vous utilisez la relation d’Euler, à savoir $-1 = \e^{i\pi}.$
Du coup, la fonction réelle $x\mapsto \e^{i\pi x}$ est bien définie et dérivable sur $\R$, de dérivée $x\mapsto i\pi \e^{i\pi x}.$
Formez une expression matricielle
D’après ce qui précède, vous posez, pour tout réel $x$ :
Vous étudiez maintenant la matrice $S$ définie par le bloc de taille $2\times 2$ de la matrice $P_1^{-1}BP_1$ situé en bas à droite. Vous posez :
S = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+2\ln 2 & 1\\
-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}.
Vous cherchez la forme de Jordan de $S$ avec une matrice inversible associée.
Le polynôme caractéristique de $S$ est égal à $(X-\ln 2)^2$ étant donné que le produit par blocs du déterminant de $P_1^{-1}BP_1$ qui est identique à celui de $B.$
Subséquemment, le nombre $\ln 2$ est une valeur propre de $S.$
Vous cherchez un couple $(x_1,x_2)\in\C^2$ non nul tel que :
Via le théorème de Cayley-Hamilton, il en résulte que :
\boxed{P(A) = (A+I)(A-2I)^2 = 0.}
Déterminez le reste de la division euclidienne de $X^n$ par $P$
Soit $n$ un entier naturel non nul fixé.
Formez un système d’équations
En effectuant la division euclidienne de $X^n$ par $P$ qui est un polynôme de degré $3$, vous déduisez qu’il existe un polynôme quotient $Q\in\R[X]$ et un polynôme $R$ de degré $2$ au maximum, tels que :
X^n = P(X)Q(X)+R(X).
Compte tenu de la remarque précédente effectuée sur le polynôme $R$, il existe un triplet $(a,b,c)\in\R^3$ tel que :
R(X)=aX^2+bX+c.
Comme $P(2)=0$ et comme $P(-1)=0$, en évaluant en $2$ et en $-1$, vous obtenez les deux égalités :
Extrapolez la relation précédente et déterminez une racine carrée de $A$
Vous souhaitez choisir $n=1/2$ dans la relation précédente qui calculait $A^n.$ Afin d’éviter la problématique évaluation de $(-1)^n$ lorsque $n$ n’est pas entier, vous utilisez la relation d’Euler $-1 = \e^{i\pi}.$
L’idée est alors d’utiliser la relation suivante, valable pour tous les réels $x$ strictement positifs : $x^{1/2}=\sqrt{x}.$
Suivant cette optique, vous posez :
B = \frac{(3\times \frac{1}{2}-2)2^{1/2}+2(\e^{i\pi})^{1/2}}{18}A^2+ \frac{(-3\times \frac{1}{2}+8)2^{1/2} - 8 (\e^{i\pi})^{1/2}}{18}A+\frac{(-6\times \frac{1}{2}+10)2^{1/2}+8(\e^{i\pi})^{1/2}}{18}I.
Vous calculez explicitement la matrice $B$ et vous procédez comme suit :
Vous allez dans cet article vérifier qu’il existe au moins une racine primitive $n$-ième de l’unité. Puis, vous allez l’utiliser pour démontrer des caractérisations générales des racines $n$-ièmes primitives de l’unité.
Un exemple important
Considérez le nombre complexe $\varepsilon$ défini par :
\boxed{\varepsilon = \e^{\frac{2i\pi}{n}}.}
Note. Ce nombre $\varepsilon$ a été rencontré dans le contenu rédigé dans l'article 332 où il a été établi que toute racine $n$-ième de l’unité s’écrit comme une puissance entière de $\varepsilon.$
De cette égalité, vous déduisez l’existence d’un entier $k\in\Z$ tel que :
\frac{2im\pi}{n}= 2ik\pi.
Vous simplifiez par $2i\pi$ et obtenez :
\frac{m}{n} = k.
Cela s’écrit $m = nk.$ Comme $m$ et $n$ sont strictement positifs, il en est de même pour $k.$
Donc $k\geq 1$ et par suite $nk\geq n$ et $m\geq n.$ Contradiction avec $m\leq n-1.$
Vous en désuisez : $\forall m\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \varepsilon^m\neq 1.$
Le nombre $\varepsilon$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité.
Une première caractérisation d’une racine primitive
Vous allez démontrer que, pour tout nombre complexe $z$, le nombre $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si l’ensemble :
A_z=\{m\in\NN, z^m=1\}
est non vide et admet $n$ pour plus petit élément.
Premier sens
Soit $z$ une racine primitive $n$-ième de l’unité. Vous posez $A_z=\{m\in\NN, z^m=1\}.$
Alors $z^n=1$ et comme $n\in\NN$, $n\in A_z$ donc $A_z$ est non vide.
Comme $A_z$ est une partie de $\N$, elle admet un plus petit élément noté $\alpha.$
Comme $\alpha \in A_z$, alors $\alpha \geq 1.$
Or, $n\in A_z$ et $\alpha$ est le plus petit élément de $A_z$, donc $\alpha\leq n.$
Supposez que $\alpha \neq n.$ Alors $1\leq \alpha\leq n-1.$ Comme $\alpha\in A_z$ il vient $z^{\alpha} = 1.$
Or $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité donc $\forall i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^i\neq 1.$ Alors $z^{\alpha}\neq 1.$ Contradiction.
Du coup, $\alpha = n$ est $n$ est le plus petit élément de $A_z.$
Second sens
Soit $z$ un nombre complexe tel que $A_z=\{m\in\NN, z^m=1\}$ soit non vide et $n = \min A_z.$
Comme $n\in A_z$, il vient $z^n=1.$
Soit maintenant $i$ un entier appartenant à l’intervalle $\llbracket 1, n-1 \rrbracket.$
Supposez $z^i = 1.$ Alors, comme $i\in\NN$ vous déduisez $i\in A_z.$ Comme $n$ est le plus petit élément de $A_z$ vous avez $n\leq i.$ Or $i\leq n-1.$ Du coup, $n\leq n-1$. Contradiction.
Donc $z^i\neq 1.$
Du coup, $\forall i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^i\neq 1.$
Le nombre $z$ est par conséquent une racine primitive $n$-ième de l’unité.
Une deuxième caractérisation
Vous allez démontrer que, pour tout nombre complexe $z$, le nombre $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si l’ensemble :
B_z=\{m\in\Z, z^m=1\}
est égal à l’ensemble noté $n\Z$ des multiples de $n.$
Premier sens
Soit $z$ une racine primitive $n$-ième de l’unité. Vous posez $B_z=\{m\in\Z, z^m=1\}.$
Soit $k\in\Z$ un multiple de $n.$ Il existe un entier $\ell\in\Z$ tel que $k = n\ell.$
Comme $z$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité, $\forall i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^i\neq 1.$ Comme $z^r=1$ vous déduisez $r\notin\llbracket 1, n-1\rrbracket.$ Cependant, $r\in\llbracket 0, n-1\rrbracket.$ Du coup $r=0$ et donc $m=nq$ donc $m$ est un multiple de $n.$
Soit $z$ un nombre complexe tel que l’ensemble $B_z=\{m\in\Z, z^m=1\}$ soit égal à $n\Z$, l’ensemble des multiples de $n.$
Tout d’abord, $n = n\times 1$ donc $n$ est un multiple de $n.$ Par suite, $n\in n\Z.$
Or, $B_z = n\Z$ donc $n\in B_z$ et il vient $z^n = 1.$
Soit maintenant un entier $i \in\llbracket 1, n-1\rrbracket.$
Supposez que $z^i = 1.$ Alors comme $i\in \Z$ il vient $i\in B_z.$ Comme $B_z = n\Z$ vous déduisez $i\in n\Z.$ Donc $i$ est un multiple de $n.$
Il existe un entier $k\in\Z$ tel que $i = nk.$
Si $k$ est négatif ou nul, par produit, $nk$ est négatif ou nul et $i$ aussi. Contradiction avec $i\geq 1.$
Donc $k$ est strictement positif. Or, $k$ est entier donc $k\geq 1.$ Par produit avec $n$, il vient $nk\geq n.$ Donc $i\geq n.$ Mais cela contredit l’inégalité $i\leq n-1.$
$z$ est ainsi une racine primitive $n$-ième de l’unité.
Une troisième caractérisation
Vous allez démontrer que, pour tout nombre complexe $z$, le nombre $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si les conditions suivantes sont simultanément satisfaites :
$z^n = 1$ (autrement dit, $z$ est une racine $n$-ième de l’unité) ;
Toute racine $n$-ième de l’unité s’écrit comme une puissance entière de $z.$
Note. La seconde condition s’écrit formellement ainsi :
\forall u\in\C, u^n=1 \implies \left(\exists k\in\Z,
u = z^k.
\right)
Remarque. Cette seconde condition signifie que $z$ est un générateur de l’ensemble des racines $n$-ièmes de l’unité.
Premier sens
Soit $z$ un nombre complexe tel que $z^n=1.$
Vous supposez ce qui suit :
\forall u\in\C, u^n=1 \implies \left(\exists k\in\Z,
u = z^k.
\right)
D’une part, le nombre $z$, en tant que racine $n$-ième de l’unité, s’écrit comme une puissance entière de $\varepsilon.$
Il existe un entier $\ell \in\Z$ tel que :
z = \varepsilon^{\ell}.
D’autre part, en choisissant $u=\varepsilon$, vous déduisez qu’il existe un entier $k\in\Z$ tel que :
Soit $z$ une racine $n$-ième primitive de l’unité fixée. Vous allez démontrer que, pour tout nombre complexe $u$, $u$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si, il existe un entier $k\in\Z$ premier avec $n$, tel que $u = z^k.$
Premier sens
Soit $u$ une racine primitive $n$-ième de l’unité.
Comme $u^n=1$ et que $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, via la troisième caractérisation, il existe un entier $k\in\Z$ tel que $u = z^k.$
D’autre part, $z^n=1$ et $u$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité. Toujours via la troisième caractérisation, il existe un entier $\ell\in\Z$ tel que $z = u^{\ell}.$
Mis bout à bout, il vient :
\begin{align*}
u &= z^k\\
&= (u^{\ell})^k\\
&=u^{k\ell}.
\end{align*}
Or, $u$ est non nul, donc en divisant par $u$, il vient $1 = u^{k\ell -1}.$
Comme $u$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, via la deuxième caractérisation, il vient :
n\mid k\ell -1.
Donc il existe un entier $m\in\Z$ tel que :
k\ell -1 = nm.
Autrement dit :
k\ell-mn = 1.
D’après le théorème de Bézout, il en résulte que $\mathrm{PGCD}(k,n)=1$ et les entiers $k$ et $n$ sont premiers entre eux.
Comme $u = z^k$ avec $k$ premier avec $n$, la démonstration du premier sens est acquise.
Second sens
Soit $u\in\C$ tel qu’il existe un entier $k\in\Z$ vérifiant :
Soit maintenant $y$ une racine $n$-ième de l’unité. Comme $z$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité, il existe $\alpha \in\Z$ tel que $y = z^{\alpha}.$
Alors :
\begin{align*}
y &= (u^a)^{\alpha} \\
&=u^{a\alpha}.
\end{align*}
Ainsi, toute racine $n$-ième de l’unité s’écrit comme une puissance entière de $u$, qui est lui-même une racine $n$-ième de l’unité. D’après la troisième caractérisation, il s’ensuit que $u$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité.
Prolongement
Pour tout entier naturel $n$ non nul, on note $\varphi(n)$ le nombre d’éléments de l’ensemble suivant :
La fonction $\varphi$ ainsi définie s’appelle fonction indicatrice d’Euler : à tout entier naturel $n$ non nul, $\varphi$ associe le nombre d’entiers positifs inférieurs ou égaux à $n-1$ qui sont premiers avec $n.$
En utilisant le contenu de cet article, expliquez pourquoi le nombre de racines primitives $n$-ièmes de l’unité est précisément égal à $\varphi(n).$
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