Soit $K$ un corps commutatif et soit $G$ une partie de $K\setminus\{0\}$ qui soit un groupe fini de cardinal $n$ lors qu’il est muni de la multiplication dans $K$ comme opération.
Note. En tant que groupe, l’ensemble $G$ n’est pas vide donc l’entier $n$ est supérieur ou égal à $1.$ Il existe un élément $k\in G.$ Comme $G$ est inclus dans $K\setminus\{0\}$ il vient $k\neq 0$ donc $k^{-1}$ est bien défini. En tant que groupe, $k^{-1}$ appartient à $G$ et par produit, $1 = k \times k^{-1}$ appartient à $G.$ Ainsi, le neutre $1$ de la multiplication du corps $K$ appartient aussi à $G$ c’est l’élément neutre du groupe $G.$
Prérequis : ordre d’un élément du groupe $G$
Soit $x$ un élément du groupe $G.$
Existence de l’ordre
Vous considérez l’application $f$ suivante, définie sur $\N$ par :
\forall u\in\N, f(u) = x^u.
Comme l’ensemble $f(\N) = \{f(u), u\in\N\}$ est inclus dans $G$ qui est un groupe fini, l’application $f$ ne peut pas être injective : si tel était le cas, $f(\N)$ serait infini parce que $\N$ l’est, ce qui contredit l’inclusion $f(\N)\subset G;$ Donc il existe deux entiers naturels $p$ et $q$, avec $p\neq q$ tels que $x^p =x^q.$ Si $p>q$, cela s’écrit $x^{p-q}x^q = x^q$ d’où $x^{p-q}= 1$ après simplification par $x^q.$ Sinon, $p<q$ et alors $x^p = x^{q-p}x^p$ d’où $x^{q-p}=1.$ Cela montre qu’il existe un entier naturel non nul $r$ tel que $x^r = 1.$
Le plus petit entier naturel $r$ non nul tel que $x^r=1$ est l’ordre de $x.$ Notez-le $d.$ Par définition de $d$, vous avez :
Si $b$ n’était pas nul, il serait un entier naturel non nul, strictement inférieur à l’ordre $d$, tel que $x^b=1$ ce qui est impossible par définition de cet ordre.
Donc $b=0$ et $d\mid p.$
Réciproquement, si $p$ est un entier tel que $d\mid p$ alors $p/d$ est un entier ce qui fournit :
Vous allez maintenant démontrer que l’entier $d$ est un diviseur de $n.$
Soit $H$ la partie finie de $G$ définie par :
H = \{x^i, i\in\llbracket 0, d-1\rrbracket\}.
Par définition, $H$ possède au maximum $d$ éléments.
Soient maintenant $i$ et $j$ deux entiers appartenant à l’intervalle $\llbracket 0, d-1\rrbracket$ tels que $x^i = x^j.$ Si $i>j$ on peut écrire $x^{i-j} = 1$ du coup $d\mid i-j.$ Du coup $d\leq i-j.$ Or, comme $i$ et $j$ sont deux éléments de $\llbracket 0, d-1\rrbracket$ il en est de même de $i-j$ et par suite $i-j\leq d-1$ ce qui fournit $d\leq d-1$ qui est une contradiction. De même, si $i<j$ on écrit $x^{j-i}=1$ ce qui conduit à $d\mid j-i$ avec $d\leq j-i \leq d-1.$ Du coup, $i=j.$ Cela prouve que $H$ possède au moins $d$ éléments.
Les éléments de $H$ sont au nombre exact de $d.$
L’ensemble $H$ contient $x^0=1$ il est non vide. Si $u$ et $v$ sont deux éléments de $H$, il existe $i$ et $j$ entiers tels que $u=x^i$ et $v=x^j.$ Alors $v^{-1} = x^{-j}$ et $uv^{-1} = x^{i-j}.$ Vous effectuez la division euclidienne de $i-j$ par $d$ il existe deux entiers $a$ et $b$ avec $0\leq b\leq d-1$ tels que $i-j = ad+b.$
Vous en déduisez que $H$ est un sous-groupe de $G.$ Par le théorème de Lagrange, le nombre d’éléments de $H$ divise le nombre d’éléments de $G$ et ainsi :
\boxed{d\mid n.}
Partitionnez le groupe $G$ en fonction des ordres
Pour tout entier naturel non nul $d$ divisant $n$ vous notez :
\Omega_d = \{x\in G, d\text{ est un ordre pour }x\}.
Par définition, vous avez :
\forall d\in\llbracket 1, n\rrbracket, d\mid n \implies \Omega_d\subset G.
Vous en déduisez l’inclusion suivante :
\boxed{\bigcup_{d\mid n} \Omega_d \subset G.}
Réciproquement, soit $x$ un élément de $G.$ Il a été démontré qu’il existe un entier naturel non nul $r$ avec $r\mid n$ tel que $x$ admette $r$ pour ordre. Du coup, $x\in \Omega_r.$ Par suite l’inclusion suivante est acquise :
\boxed{G \subset \bigcup_{d\mid n} \Omega_d .}
Par double inclusion vous avez obtenu :
\boxed{G = \bigcup_{d\mid n} \Omega_d.}
Il s’agit de démontrer que cette union est disjointe.
Soient $d$ et $d’$ deux entiers naturels non nuls avec $d\mid n$ et $d’\mid n$, tels que $\Omega_d\cap \Omega_{d’} \neq \emptyset.$ Il existe $x$ appartenant à la fois à $\Omega_d$ et à $\Omega_{d’}.$ Donc $x$ admet pour ordre $d$ et $x$ admet aussi pour ordre $d’.$ On en déduit $x^d = x^{d’}=1.$ Comme $x^d = 1$ et que $d’$ est un ordre pour $x$, vous déduisez $d’\mid d.$ Comme $x^{d’}=1$ et que $d$ est un ordre pour $x$, vous déduisez $d\mid d’$ et donc $d= d’.$
Note. On retrouve le fait que tout élément d’un groupe fini admet un ordre qui est unique.
L’union $G = \bigcup_{d\mid n} \Omega_d$ étant disjointe, vous avez obtenu une partition de $G$ ce qui permet d’écrire :
\boxed{n = \sum_{d\mid n}\,(\text{nombre d'élements de }\Omega_d).}
Note. Dans certains ouvrages, il est imposé, pour utiliser le terme « partition » d’un ensemble, d’avoir en plus de l’union disjointe, un ensemble non vide pour chaque partie composant cette union. Il est considéré ici que cette restriction n’est pas pertinente dans la mesure où il est tout à fait possible que $\Omega_d$ puisse être vide pour certains diviseurs $d$ de $n.$
Majorez le nombre d’éléments de $\Omega_d$ pour tout diviseur $d$ de $n$
Soit $d$ un entier naturel non nul tel que $d\mid n.$ Il est rappelé que $\varphi(d)\geq 1.$
Dans l’hypothèse où $\Omega_d$ est vide, vous avez déjà :
\text{nombre d'élements de }\Omega_d \leq \varphi(d).
Supposez maintenant que $\Omega_d$ soit non vide. Il existe un élément $x\in G$ d’ordre $d.$ Comme cela a déjà été démontré ci-dessus, l’ensemble $H$ suivant possède $d$ éléments :
H = \{x^i, i\in\llbracket 0, d-1\rrbracket\}.
Soit $y$ un élément de $H.$ Il existe un entier $i$ tel que $y = x^i.$ Alors :
Ainsi, $H$ est inclus dans l’ensemble $S$ des racines du polynôme $X^d-1$ qui est de degré $d$ à coefficients dans le corps $K.$ Or, un tel polynôme admet au plus $d$ racines, autrement dit, $S$ possède au maximum $d$ éléments. Comme $H\subset S$ et que $H$ possède $d$ éléments, il en résulte que $H = S.$
Soit $z$ un élément de $G$ d’ordre $d.$ Comme $z^d=1$ vous déduisez $z\in S$ et donc $z\in H.$ Il existe un entier $i$ appartenant à l’intervalle $\llbracket 0, d-1\rrbracket$ tel que $z = x^i.$ Vous allez maintenant montrer que les entiers $i$ et $d$ sont premier entre eux.
Notez $u = PGCD(i,d)$ de sorte que $i/u$ et $d/u$ soient deux entiers.
Il est rappelé que l’ensemble $H$ suivant possède $d$ éléments :
H = \{x^i, i\in\llbracket 0, d-1\rrbracket\}.
Du coup, l’application qui va de $\llbracket 0, d-1\rrbracket$ dans $H$ et qui est définie par $i\mapsto x^i$ est injective. Par restriction, l’application qui va de $A_d$ dans $H$ définie par $i\mapsto x^i$ est aussi injective. Donc le nombre d’éléments de l’ensemble $\{x^i, i\in A_d\}$ est égal au nombre d’éléments de $A_d$ soit $\varphi(d).$
\text{nombre d'élements de }\Omega_d \leq \varphi(d).
En définitive, il vient d’être démontré que :
\boxed{\forall d\in\NN, d\mid n\implies \text{nombre d'élements de }\Omega_d \leq \varphi(d).}
Utilisez le lien avec la fonction indicatrice $\varphi$ d’Euler pour conclure
D’une part :
n = \sum_{d\mid n}\,(\text{nombre d'élements de }\Omega_d).
D’autre part, selon le contenu rédigé dans l'article 351, la fonction indicatrice d’Euler vérifie l’égalité :
n = \sum_{d\mid n}\,\varphi(d).
Par différence, vous déduisez :
0 = \sum_{d\mid n}\,\left[\varphi(d)-(\text{nombre d'élements de }\Omega_d)\right].
Il a été vu que les termes de cette somme sont positifs. Comme leur somme est nulle, il en résulte que :
\forall d\in\NN, d\mid n \implies \varphi(d) = \text{nombre d'élements de }\Omega_d.
En particulier, $\Omega_n$ possède $\varphi(n)$ éléments. Comme $\varphi(n)\geq 1$ l’ensemble $\Omega_n$ est non vide. Autrement dit, le groupe $G$ est cyclique.
Lorsque $k$ décrit l’ensemble $\llbracket 0, 59\rrbracket$ vous constatez que $PGCD(k,60)$ décrit l’ensemble des diviseurs de $60.$
Vous allez classifier les entiers compris entre $0$ et $59$ selon la valeur que prend leur $PGCD$ avec $60.$
Introduisez une partition
A ce stade, il semblerait naturel de considérer, pour tout $d\in D$ l’ensemble suivant :
\{k\in\llbracket0, 59\rrbracket, PGCD(k,60)=d\}.
En prenant $d = 60$ cet ensemble serait $\{k\in\llbracket0, 59\rrbracket, PGCD(k,60)=60\}$ et il ne contiendrait qu’un seul élément, or il serait souhaitable qu’il en contienne $\varphi(60).$
Du coup, il convient de considérer, pour tout $d\in D$ l’ensemble :
Vous considérez la fonction $f$ suivante qui va de $A_d$ dans $\Omega_d$, définie par :
\forall x\in A_d, f(x) = \frac{n}{d}x.
Montrez que $f$ est bien définie
Soit $x\in A_d.$ Alors $x$ est un entier compris entre $0$ et $d-1$ et $PGCD(x,d)=1.$ Comme $\frac{n}{d}$ est un entier naturel, il en est de même de $\frac{n}{d}x.$ Or, $x < d.$ Après multiplication par $\frac{n}{d}$ vous avez $\frac{n}{d}x < n$ donc $\frac{n}{d}x\in\llbracket 0, n-1\rrbracket.$
Le $PGCD$ étant multiplicatif, l’égalité $PGCD(x,d)=1$ fournit $PGCD\left(\frac{n}{d}x, n\right) = \frac{n}{d}$ après multiplication par $\frac{n}{d}.$ Ainsi, $f(x)\in \Omega_d$ et la fonction $f$ est bien définie.
Montrez que $f$ est bijective
Soient $x$ et $y$ deux éléments de $A_d$ tels que $f(x) = f(y)$, alors $\frac{n}{d}x = \frac{n}{d}y$ d’où $nx = ny$ après multiplication par $d$, puis $x=y$ après division par $n$ qui est non nul. Donc $f$ est injective.
Soit maintenant $y$ un élément de $\Omega_d.$ $y$ est un entier compris entre $0$ et $n-1$, de sorte que $PGCD(y,n) = \frac{n}{d}.$ Par définition du $PGCD$, l’entier $\frac{n}{d}$ divise $y$. En notant $q\in\N$ le quotient de la division de $y$ par $\frac{n}{d}$, vous avez $y = \frac{n}{d}q.$
Si $q\geq d$ alors $\frac{n}{d}q\geq n$ et $y\geq n$ ce qui est impossible, donc $q < d$ et par suite $q\in\llbracket 0, d-1\rrbracket.$
L’égalité $PGCD(y,n) = \frac{n}{d}$ fournit $PGCD\left( \frac{n}{d}q , n\right) = \frac{n}{d}$ qui devient $PGCD(nq, dn = n)$ après multiplication par $n.$ Or $PGCD(nq, dn) = nPGCD(q,d)$ donc $nPGCD(q,d) = n$ d’où $PGCD(q,d)=1$ après division par $n$ qui est non nul. Ainsi, $q\in A_d.$ Comme $y = \frac{n}{d}q$, vous avez $f(q) = y$ et la surjectivité de $f$ est démontrée.
La fonction $f$ étant à la fois injective et surjective, elle est bijective.
Concluez
Les ensembles $A_d$ et $\Omega_d$ étant en bijection, ils ont le même nombre d’éléments.
Pour tout $d\in D$ :
\boxed{\varphi(d) = \text{nombre d'élements de }\Omega_d.}
Démontrez que la famille $(\Omega_d)_{d\in D}$ est une partition de $\llbracket 0, n-1\rrbracket$
Sur l’égalité $\bigcup_{d\in D} \Omega_d = \llbracket 0, n-1\rrbracket$
Soit $d\in D$ par définition de $\Omega_d$ l’inclusion $\Omega_d\subset \llbracket 0, n-1\rrbracket$ est satisfaite.
Soit $k$ un élément de $\llbracket 0, n-1\rrbracket.$ Vous notez $d’ = PGCD(k,n).$ Par définition du $PGCD$, $d’ \mid n$ donc il existe un entier naturel $d$ tel que $n = dd’.$ Si $d=0$ alors $n=0$ ce qui est absurde, donc $d\in\NN$ et $d\mid n$ donc $d\in D.$ Comme $PGCD(k,n) = \frac{n}{d}$ il s’ensuit que $k\in \Omega_d.$
Pour tout entier naturel $n$, vous notez $M_n$ le nombre de Mersenne numéro $n$, défini par la formule suivante :
M_n = 2^n-1.
Dans cet article, vous cherchez à déterminer des diviseurs premiers candidats des nombres $M_{11}$ et $M_{13}$ afin d’éviter des tests successifs de divisibilité qui peuvent rapidement devenir longs.
Supposez que $M_{11}$ ne soit pas un nombre premier. Alors il existe deux diviseurs propres de $M_{11}$, notés $d$ et $d’$, tels que $2\leq d\leq 2046$ puis $2\leq d’\leq 2046$ et $2047 = dd’.$
Si $d$ et $d’$ sont tous les deux strictement supérieurs à $\sqrt{2047}$ il s’ensuit que $dd’ > (\sqrt{2047})^2$ donc $dd’ > 2047$ ce qui est absurde.
Donc $2047$ admet un diviseur propre inférieur ou égal à $\sqrt{2047}.$ Par suite, ce diviseur propre, supérieur ou égal à $2$ est divisible par un nombre premier $p.$ Ce nombre premier $p$ divise donc $2047.$
Comme $40^2 =1600$ et comme $50^2=2500$, vous calculez $45^2 =2025.$ Puis $46^2 =45^2 + 45+46 =2025+45+46 =2070+46 =2116.$ Ces résultats prouvent que $45<\sqrt{2047}<46.$ Comme $p\leq \sqrt{2047} < 46$ vous déduisez que $\boxed{p\leq 45.}$
Il serait possible de tester tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à $45$ mais il y en a encore trop.
Un argument de théorie des groupes va permettre de limiter grandement les possibilités.
Comme $2047 = 2^{11}-1$ et comme $p\mid 2^{11}-1$, il s’ensuit que :
2^{11}\equiv 1\mod p.
Cette écriture montre que $2$ est inversible modulo $p$ (et que $2^{10}$ est son inverse modulo $p.$)
Notez $r$ l’ordre de $2$ modulo $p.$ Comme $2^{11} \equiv 1 \mod p$, vous avez $r\mid 11.$ Or, $11$ est un nombre premier, donc $r = 1$ ou $r=11.$
Si $r=1$, alors $2\equiv 1 \mod p$ donc $1\equiv 0 \mod p$ donc $p\mid 1$ ce qui est absurde.
Donc $r=11.$
D’après le petit théorème de Fermat, $2^{p-1}\equiv 1 \mod p$ donc $r\mid p-1$ ce qui s’écrit : $p\equiv 1 \mod 11.$
Vous en déduisez que :
p\in\{1, 12, 23, 34, 45\}.
De cette liste, vous excluez $1$ qui n’est pas premier car strictement inférieur à $2$. Vous excluez $12$ et $34$ qui sont pairs et divisibles par $2$ donc non premiers. Vous excluez aussi $45$ qui est divisible par $5.$
Vous en déduisez que $\boxed{p=23.}$
Synthèse
D’après ce qui précède, si $2047$ n’est pas un nombre premier, il est divisible par $23.$
En effectuant la division, vous constatez que $\frac{2047}{23} = 89.$
Concluez
Ainsi, $2047 = 23\times 89.$
\boxed{M_{11} \text{ n'est pas un nombre premier.}}
Supposez que $M_{13}$ ne soit pas un nombre premier. Alors il existe deux diviseurs propres de $M_{13}$, notés $d$ et $d’$, tels que $2\leq d\leq 8190$ puis $2\leq d’\leq 8190$ et $8191 = dd’.$
Si $d$ et $d’$ sont tous les deux strictement supérieurs à $\sqrt{8191}$ il s’ensuit que $dd’ > (\sqrt{8191})^2$ donc $dd’ > 8191$ ce qui est absurde.
Donc $8191$ admet un diviseur propre inférieur ou égal à $\sqrt{8191}.$ Par suite, ce diviseur propre, supérieur ou égal à $2$ est divisible par un nombre premier $p.$ Ce nombre premier $p$ divise donc $8191.$
Comme $90^2 =8100$ et comme $91^2=90^2+90+91 =8100+181=8281$, vous avez $90<\sqrt{8191}<91.$ Comme $p\leq \sqrt{8191} < 91$ vous déduisez que $\boxed{p\leq 90.}$
Comme $8191 = 2^{13}-1$ et comme $p\mid 2^{13}-1$, il s’ensuit que :
2^{13}\equiv 1\mod p.
Cette écriture montre que $2$ est inversible modulo $p$ (et que $2^{12}$ est son inverse modulo $p.$)
Notez $r$ l’ordre de $2$ modulo $p.$ Comme $2^{13} \equiv 1 \mod p$, vous avez $r\mid 13.$ Or, $13$ est un nombre premier, donc $r = 1$ ou $r=13.$
Si $r=1$, alors $2\equiv 1 \mod p$ donc $1\equiv 0 \mod p$ donc $p\mid 1$ ce qui est absurde.
Donc $r=13.$
D’après le petit théorème de Fermat, $2^{p-1}\equiv 1 \mod p$ donc $r\mid p-1$ ce qui s’écrit : $p\equiv 1 \mod 13.$
Vous en déduisez que :
p\in\{1, 14, 27, 40, 53, 66, 79\}.
De cette liste, vous excluez $1$ qui n’est pas premier car strictement inférieur à $2$. Vous excluez $14$, $40$ et $66$ qui sont pairs et divisibles par $2$ donc non premiers. Vous excluez aussi $27$ qui est divisible par $3.$
Du coup :
\boxed{p\in\{ 53, 79\}.}
Synthèse
D’après ce qui précède, si $M_{13} = 8191$ n’est pas un nombre premier, il est divisible par $53$ ou par $79.$
Or, les divisions montrent que $154<\frac{8191}{53}<155$ et que $103<\frac{8191}{79}<104.$
Par contraposée, comme $8191$ n’est divisible ni par $53$, ni par $79$, il est premier.
Dans cet article, vous allez démontrer que pour tout entier $n$ non nul, le plus petit multiple commun des entiers naturels allant à de $1$ à $n$, est supérieur ou égal à $\frac{2^n}{4}$, ce qui s’écrit :
Notez $\mu = PPCM(1,\dots,2n+1)$ le plus petit multiple commun de tous les entiers naturels allant de $1$ jusqu’à $2n+1.$
Vous avez :
\mu I = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k\ \frac{\mu}{n+k+1}.
Or, par définition de $\mu$, quel que soit $k\in\llbracket 0, n\rrbracket$, $n+k+1 \mid \mu$ donc $\frac{\mu}{n+k+1}\in\N.$
Pour tout $k\in \llbracket 0, n\rrbracket$ le coefficient binomial $\binom{n}{k}$ est un nombre entier. Par produit et par somme, vous déduisez que $\mu I$ est un nombre entier relatif.
D’autre part, en utilisant la relation de Chasles sur les intégrales :
I = \int_{0}^{1/4} x^n(1-x)^n\dx + \int_{1/4}^{3/4} x^n(1-x)^n\dx + \int_{3/4}^1 x^n(1-x)^n\dx.
Sur les intervalles $[0,1/4]$ et $[3/4,1]$ la fonction $x\mapsto x^n(1-x)^n$ est positive, il en résulte que, par intégration, les intégrales $\int_{0}^{1/4} x^n(1-x)^n\dx$ et $\int_{3/4}^1 x^n(1-x)^n\dx$ sont positives. Il s’ensuite que :
I\geq \int_{1/4}^{3/4} x^n(1-x)^n\dx.
Or, quand $x\in[1/4, 3/4]$ vous avez aussi $1-x\in[1/4, 3/4]$ si bien que, par produit de réels positifs, $x(1-x)\in[1/16, 9/16].$
Pour tout $x\in[1/4, 3/4]$, $x(1-x)\geq \frac{1}{16}$ donc en élevant à la puissance $n$, il vient $x^n(1-x)^n\geq \frac{1}{16^n}.$ En intégrant sur l’intervalle $[1/4, 3/4]$ vous déduisez :
Notez que $PPCM(1,\dots, n)$ est un multiple des $n-1$ entiers allant de $1$ jusqu’à $n-1.$
Comme $PPCM(1, \dots, n-1)$ est le plus petit multiple commun de ces $n-1$ entiers, vous déduisez :
PPCM(1, \dots, n) \geq PPCM(1, \dots, n-1).
Comme $n$ est pair et supérieur ou égal à $3$ il est même supérieur ou égal à $4.$
Donc $n-1$ est impair et il est supérieur ou égal à $3.$ Il existe un entier $m\geq 1$ tel que $n-1 = 2m+1.$ Comme $PPCM(1, \dots, n-1) = PPCM(1,\dots,2m+1)$ vous déduisez :
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 :
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 ?
Pour fixer les idées, considérez deux polynômes unitaires $P$ et $Q$ à coefficients dans un corps $\K$, l’un étant de degré $2$, l’autre de degré $3.$ Il existe $(a,b,u,v,w)\in\K^5$ tel que :
En utilisant la notion de corps de rupture, qui ne sera pas détaillée ici, vous déduisez l’existence d’une extension $\L$ du corps $\K$ dans laquelle les polynômes $P$ et $Q$ sont scindés.
Il existe $(x_1,x_2,y_1,y_2,y_3)\in\L^5$ tel que :
Le résultant est nul, si et seulement si, il existe $i\in\llbracket 1,2 \rrbracket$ et il existe $j\in\llbracket 1,3 \rrbracket$ tels que $x_i-y_j=0.$
Autrement dit, le résultant est nul, si et seulement si, $P$ et $Q$ ont une racine commune.
Ce qui est remarquable, c’est que le nombre $\mathrm{Res}(P,Q)$ qui a priori appartient au corps $\L$, appartient aussi au corps de base $\K.$ C’est ce que vous allez démontrer dans la suite.
Formez une expression du résultant comme un produit de valeurs prises par un polynôme
Considérez le nombre réel $\boxed{\alpha = \sqrt{2}+\sqrt[3]{7}.}$ Le but de cet article est de construire un polynôme à coefficients entiers qui admette $\alpha$ pour racine.
Formez deux polynômes annulateurs
Vous posez $\boxed{u = \sqrt{2}}$ de sorte que $u^2 = 2$ donc $u^2-2 = 0.$
Le nombre $u$ est annulé par le polynôme $P = X^2-2\in\Z[X].$
Ensuite, vous posez $\boxed{v = \sqrt[3]{7}.}$ Alors $v^3 = 7$ et $v^3-7 = 0.$
Donc le nombre $v$ est annulé par le polynôme $Q = X^3-7\in\Z[X].$
A partir de ces deux polynômes annulateurs, l’un annulant $u$ et l’autre annulant $v$, il est possible de construire explicitement un polynôme appartenant à $\Z[X]$ qui annule la somme $ u+v = \alpha.$
Tout part du fait que $v = \alpha – u$, de sorte que le nombre $v$ est éliminé :
Note. Par définition, le déterminant ci-dessus est appelé résultant des polynômes $X^2-2$ et $3\alpha X^2-3\alpha^2X+(\alpha^3-7).$ Il s’agit du résultant des polynômes $P(X)$ et $Q(\alpha-X).$
Déterminez un polynôme annulateur de $\alpha$
Le développement du déterminant trouvé va donner le résultat.
