Montrez que pour tout entier $m\geq 1$ le produit $\prod_{m+1<p\leq 2m+1}p$ divise le coefficient binomial $\binom{2m+1}{m+1}$
Soient $m$ un entier supérieur ou égal à $1$ et $p$ un nombre premier tel que $m+1<p\leq 2m+1.$
Le coefficient binomial $\binom{2m+1}{m+1}$ est un nombre entier qui s’exprime avec les factorielles suivantes :
\binom{2m+1}{m+1} = \frac{(2m+1)!}{m!(m+1)!}.
Vous déduisez que :
m!(m+1)! \binom{2m+1}{m+1} = (2m+1)!.
Comme $p$ est un facteur du produit $(2m+1)!$ vous avez $p \mid (2m+1)!.$
Supposez, en raisonnant par l’absurde, que $p$ divise le produit $m! (m+1)! = 1\times\cdots\times m \times 1\times \cdots \times m \times (m+1).$ Comme $p$ est un nombre premier, d’après le lemme d’Euclide, il divise un des facteurs de ce produit. Donc il existe un entier $k$ compris entre $1$ et $m+1$ tel que $p\mid k$ donc $p\leq k.$ Or $k \leq m+1$ du coup $p\leq m+1.$ Le nombre premier $p$ étant strictement supérieur à $m+1$ vous obtenez une contradiction. Ainsi $p\nmid m!(m+1)!.$
Considérez maintenant le nombre $PGCD(p, m!(m+1)!).$ Comme il divise $p$ qui est premier, vous avez $PGCD(p, m!(m+1)!) \in\{1, p\}.$ De plus, $PGCD(p, m!(m+1)!) \mid m!(m+1)!$ et comme $p\nmid m!(m+1)!$ vous avez $PGCD(p, m!(m+1)!) \neq p$ et par suite $PGCD(p, m!(m+1)!) = 1.$
Comme $p$ divise $m!(m+1)! \binom{2m+1}{m+1}$ l’application du théorème de Gauss fournit $p\mid \binom{2m+1}{m+1}.$
Pour tout nombre premier $p$ tel que $m+1<p\leq 2m+1$ vous avez :
p\mid \binom{2m+1}{m+1}.
S’il n’existe pas de nombre premier $p$ tel que $m+1<p\leq 2m+1$ le produit $\prod_{m+1<p\leq 2m+1}p$ est égal à $1$ par convention et il divise donc $\binom{2m+1}{m+1}.$
S’il existe au moins un nombre premier $p$ tel que $m+1<p\leq 2m+1$ il existe un entier $s\geq 1$ de sorte que $(p_k)_{1\leq k\leq s}$ soit une énumération des $s$ nombres premiers appartenant à l’intervalle $\rrbracket m+1,2m+1\rrbracket.$
Pour tout $i\in\llbracket 1, s\rrbracket$ vous avez $p_i \mid \binom{2m+1}{m+1}.$
Supposez qu’il existe deux entiers $i$ et $j$ de l’intervalle $\llbracket 1, s\rrbracket$ tels que $PGCD(p_i,p_j)\neq 1.$ Comme $PGCD(p_i,p_j) \mid p_i$ avec $p_i$ qui est premier, vous avez $PGCD(p_i,p_j) \in {1, p_i}.$ Comme il est supposé que $PGCD(p_i,p_j)\neq 1$ vous déduisez $PGCD(p_i,p_j) = p_i.$ Or $PGCD(p_i,p_j) \mid p_j$ donc $p_i \mid p_j.$ Comme $p_j$ est premier, il en résulte que $p_i\in\{1, p_j\}.$ Or $p_i\neq 1$ en tant que nombre premier donc $p_i = p_j.$ Compte tenu du fait que $(p_k)_{1\leq k \leq s}$ est une énumération des $s$ nombres premiers appartenant à l’intervalle $]m+1,2m+1]$ vous avez $i=j.$
Par contraposée, vous déduisez que les nombres de l’énumération $(p_k)_{1\leq k \leq s}$ sont deux à deux premiers entre eux. Suivant un corollaire du théorème de Gauss, vous en déduisez que :
\prod_{i=1}^s p_i \mid \binom{2m+1}{m+1}.
Autrement dit :
\boxed{\prod_{m+1 < p \leq 2m+1}p \mid \binom{2m+1}{m+1}.}
Montrez que pour tout entier $m\geq 1$ le produit $\prod_{m+1<p\leq 2m+1}p$ est inférieur ou égal à $4^m$
Il a été montré dans la section précédente que $\prod_{m+1 < p \leq 2m+1}p \mid \binom{2m+1}{m+1}$ donc :
\prod_{m+1 < p \leq 2m+1}p \leq \binom{2m+1}{m+1}.
En combinant les inégalités précédentes, il vient $\prod_{m+1 < p \leq 2m+1}p \leq 4^m.$
En définitive :
\boxed{\forall m\in\NN, \prod_{m+1 < p \leq 2m+1}p \leq 4^m.}
Montrez que pour tout entier $n\geq 2$ le produit $\prod_{p\leq n}p$ est inférieur ou égal à $4^n$
Pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $2$, vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété : « $\prod_{p\leq n}p \leq 4^n.$ »
Initialisation. Pour $n=2$ le produit $\prod_{p\leq n}p$ est égal à $\prod_{p\leq 2}p.$ Or seul $2$ est un nombre premier inférieur ou égal à $2$ donc $\prod_{p\leq 2}p = 2.$ Or $4^n = 4^2= 16$ donc l’inégalité $\prod_{p\leq 2}p \leq 4^2$ est vérifiée et $\mathscr{P}(2)$ est vraie.
Hérédité. Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$ Vous supposez que $\mathscr{P}(2),\dots,\mathscr{P}(n)$ sont vraies.
Premier cas. L’entier $n+1$ est pair. Remarquez que $n+1\geq 3.$ Or $2$ est le seul nombre premier pair. Donc $n+1$ n’est pas premier. Il en résulte que :
\prod_{p\leq n+1}p = \prod_{p\leq n}p.
D’après l’hypothèse de récurrence, $\prod_{p\leq n}p \leq 4^n.$ Or $4^n\leq 4^{n+1}.$ Vous déduisez :
\prod_{p\leq n+1}p \leq 4^{n+1}.
Second cas. L’entier $n+1$ est impair. Comme $n+1\geq 3$ il existe un entier $m\geq 1$ tel que $n+1 = 2m+1.$ Vous avez :
D’après l’hypothèse de récurrence, $\prod_{ p\leq m+1}p \leq 4^{m+1}.$ Il a été démontré dans la section précédente que $\prod_{ m+1< p\leq 2m+1}p \leq 4^m.$ En combinant ces inégalités vous déduisez :
Montrez que pour tout entier $n\geq 2$, la factorielle $\pi(n)!$ est inférieure ou égale à $4^n$
Pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $2$, vous notez $\mathscr{Q}(n)$ la propriété : « $\pi(n)! \leq \prod_{p\leq n}p.$ »
Initialisation. Pour $n=2$ la factorielle $\pi(2)!$ est égale à $1! = 1$ puisque $2$ est le seul nombre premier inférieur ou égal à $2.$ Pour la même raison $\prod_{p\leq 2}p = 2$ et vous déduisez $\pi(2)!\leq \prod_{p\leq 2}p$ et $\mathscr{Q}(2)$ est vraie.
Hérédité. Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$ Vous supposez que $\mathscr{Q}(n)$ est vraie.
Premier cas. $n+1$ est un nombre premier. Dans ce cas, $\pi(n+1) = 1+\pi(n).$
D’une part, grâce à l’hypothèse de récurrence, $\pi(n)!\leq \prod_{p\leq n}p.$
D’autre part, $\pi(n)$ désigne le nombre de nombres premiers qui sont inférieurs ou égaux à $n.$ Comme les nombres premiers inférieurs ou égaux à $n$ sont inclus dans l’ensemble $\llbracket 1, n\rrbracket$ il s’ensuit que $\pi(n)\leq n$ d’où $1+\pi(n)\leq 1+n.$
Second cas. $n+1$ n’est pas un nombre premier. Alors $\pi(n) =\pi(n+1)$ et $\prod_{p\leq n+1}p = \prod_{p\leq n}p.$ Comme $\pi(n)!\leq \prod_{p\leq n}p$ il vient à nouveau :
\pi(n+1)! \leq \prod_{p\leq n+1}p.
La propriété $\mathscr{Q}(n+1)$ est donc vraie.
Conclusion. Par récurrence faible, il a été démontré que :
Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$
D’une part, $\pi(n)!\leq \prod_{p\leq n}p$ et d’autre part, grâce à la section précédente $\prod_{p\leq n}p \leq 4^n.$ En combinant ces inégalités, il vient $\pi(n)! \leq 4^n.$ Il vient d’être démontré que :
Montrez que pour tout entier $n\geq 2$, $\pi(n) (\ln \pi(n) – 1) \leq n\ln 4$
Pour tout entier naturel $m$ non nul vous notez $\mathscr{R}(m)$ la propriété « $\forall x\in[0,+\infty[, \e^x\geq \frac{x^m}{m!}.$ »
Initialisation. Posez $m=1$ et considérez la fonction $f$ définie sur $[0,+\infty[$ par:
f(x) = \e^x-x.
En dérivant, il vient:
\forall x\geq 0, f'(x) = \e^x-1.
Fixez un réel $x$ positif ou nul. Comme $x\geq 0$ en appliquant la fonction exponentielle qui est croissante sur $\R$ il vient $\e^x \geq \e^0$ et $\e^x \geq 1.$ Donc $f'(x)$ est positif.
Par suite, la fonction $f$ est croissante sur $[0,+\infty[.$ Soit maintenant $x$ un réel positif ou nul. Vous avez $f(x)\geq f(0)$ donc $\e^x-x\geq 1.$ Du coup $\e^x-x > 0$ et $\e^x \geq x.$
La propriété $\mathscr{R}(1)$ est vraie.
Hérédité. Soit $m$ un entier naturel non nul tel que $\mathscr{R}(m)$ soit vraie.
Pour tout réel $x$ positif ou nul, vous définissez une fonction $g$ en posant:
D’après l’hypothèse de récurrence, vous avez $\forall x \geq 0, g'(x)\geq 0.$
La fonction $g$ est donc croissante sur $]0,+\infty[.$ Soit $x$ un réel positif ou nul. Vous avez $g(x)\geq g(0)$ donc $\e^x-\frac{x^{m+1}}{(m+1)!}\geq 1$ et par suite $\e^x-\frac{x^{m+1}}{(m+1)!}\geq 0.$
La propriété $\mathscr{R}(m+1)$ est vraie.
Conclusion. Il a été montré par récurrence faible que:
Utilisant le résultat précédent en choisissant $x=m$, vous obtenez:
\boxed{\forall m\in\NN, \e^m\geq \frac{m^m}{m!}.}
Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2.$ Comme $2$ est premier, vous avez $\pi(n)\geq 1.$ Vous appliquez le résultat précédent pour $m=\pi(n)$ ce qui fournit:
Il en résulte que la fonction $h’$ est strictement positive sur l’intervalle $]1, +\infty[.$ Du coup, la fonction $h$ est strictement croissante sur l’intervalle $]1,+\infty[.$
Vous raisonnez maintenant par l’absurde en supposant qu’il existe un entier $n_0$ supérieur ou égal à $3$, tel que $\pi(n_0) > \e\frac{n_0}{\ln n_0}.$
Il a été démontré à la section précédente que $\forall x\in [0,+\infty[, \e^x > x.$ En particulier $\e^{n_0} > n_0$ donc $n_0 > \ln n_0$ donc $\frac{n_0}{\ln n_0} > 1$ et $\e\frac{n_0}{\ln n_0} > 1.$
Les deux réels $\pi(n_0)$ et $\e\frac{n_0}{\ln n_0}$ appartiennent donc à l’intervalle $]1, +\infty[.$ Par stricte croissance de la fonction $h$ sur cet intervalle il vient:
Sur l’intervalle $[1, \e]$ la fonction $u’$ est positive et sur l’intervalle $[\e, +\infty[$ la fonction $u’$ est négative. Il en résulte que, sur l’intervalle $[1, +\infty[$ la fonction $u$ admet un minimum pour $x = \e.$ La valeur de ce minimum est $u(\e) = \frac{\ln \e}{\e} = \frac{1}{\e}.$
Comme $\ln n_0 \in [\ln 3,+\infty[$ avec $\ln 3 > 1$ vous avez aussi $\ln n_0 \in [1, +\infty[.$ Du coup, $u(\ln n_0)=\frac{\ln \ln n_0}{\ln n_0}$ est inférieur ou égal à $\frac{1}{\e}.$
Utilisant le fait que $\ln 2 < 0,694$ vous déduisez $\ln 4 < 1,388.$
D’autre part $\e > 2,718$ donc $\e-1> 1,718.$ Donc $\ln 4 < 1,388 < 1,718 < \e-1$ et $\ln 4 < \e-1$ d’où une contradiction. L’entier $n_0$ ne peut pas exister.
Exemple. En énumérant tous les entiers de $1$ à $10$, vous constatez que seuls $2$, $3$, $5$ et $7$ sont premiers, ce qui fournit 4 nombres premiers, donc $\pi(10) = 4.$
Dans tout cet article, la lettre $p$ sous un symbôle de sommation désignera un nombre premier.
Valuation $p$-adique d’un entier
Étant donnés un entier $n\geq 2$ et un nombre premier $p$, vous appelez valuation $p$-adique de $n$ l’entier noté $\boxed{v_p(n)}$ égal à l’exposant de $p$ dans sa décomposition en produit de nombres premiers.
Ainsi, $v_2(350)=1$, $v_5(350)=2$ et $v_7(350) = 1.$
Lorsqu’un nombre premier n’apparaît pas explicitement dans la décomposition en produit de nombres premiers, il est toujours possible d’utiliser la puissance $0.$ Comme $13^0 = 1$ vous avez :
350 = 2^1\times 5^2\times 7^1\times 13^0.
Cela permet d’écrire $v_{13}(350) = 0.$
Le $PPCM$ des premiers entiers naturels
Pour tout entier naturel $n\geq 2$, vous notez $\boxed{\Delta_n}$ le plus petit multiple commun des entiers naturels compris entre $1$ et $n.$ C’est aussi le $PPCM$ des entiers naturels compris entre $2$ et $n.$
Parmi les entiers naturels allant de $2$ à $6$, seuls les nombres premiers $2$, $3$ et $5$ sont utilisés. Vous avez en effet, pour chaque décomposition en produit de nombres premiers :
Montrez que pour tout nombre premier $q$ et pour tout entier $n\geq 2$ vous avez $q^{v_q(\Delta_n)}\leq n$
Soit $q$ un nombre premier et soit $n$ un entier tel que $n\geq 2.$
Vous avez $v_q(\Delta_n) = \max \{v_q(k), 2\leq k \leq n\}.$
Comme l’ensemble $\{v_q(k), 2\leq k \leq n\}$ est fini, il existe un entier $k_0$ compris entre $2$ et $n$ tel que $v_q(k_0) = \max \{v_q(k), 2\leq k \leq n\}.$
Or l’entier $k_0$ est égal au produit suivant :
k_0 = \prod_{p\leq n} p^{v_p(k_0)}.
Premier cas. Si $q$ est inférieur ou égal à $n$, il apparaît dans le produit de $k_0$ et donc $q^{v_q(k_0)}\leq k_0.$ Or $k_0$ est inférieur ou égal à $n$ donc $q^{v_q(k_0)}\leq n.$
Il a été vu que $v_q(\Delta_n) = v_q(k_0)$ ce qui prouve le résultat suivant :
\boxed{q^{v_q(\Delta_n)} \leq n.}
Second cas. Si $q$ est strictement supérieur à $n$, alors $q$ ne peut apparaître dans aucune décomposition en facteurs premiers de $k$ où $k\in\llbracket 2, n\rrbracket$ donc $v_q(\Delta_n) = 0$ et donc $q^{v_q(\Delta_n)} = 1.$ Comme $n\geq 2$ vous déduisez que l’inégalité $q^{v_q(\Delta_n)} \leq n$ est encore valable.
Montrez que pour tout entier $n\geq2$ vous avez $\Delta_n \leq n^{\pi(n)}$
Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2.$ Vous notez $s=\pi(n)$ et $p_1,\dots,p_s$ les nombres premiers des décompositions en facteurs premiers de tous les entiers $k$ compris entre $2$ et $n.$
Par définition, un entier naturel qui n’est pas premier sera qualifié de composé.
Le résultat à démontrer
Il s’agit d’établir que, pour tout entier naturel $n$ impair supérieur ou égal à $3$, vous avez l’équivalence :
\boxed{n\text{ n'est pas premier}\Longleftrightarrow \exists k\in \N \cap \left[\sqrt{n}, \frac{n+1}{2}\right[, k^2-n\text{ est le carré d'un entier.} }
Note. Ce résultat a déjà été établi dans le contenu rédigé dans l'article 296. Une démonstration plus succincte est présentée dans cet article.
Démontrez le sens $\implies$
Soit $n$ un entier naturel impair composé supérieur ou égal à $3.$ Il existe deux entiers naturels $a$ et $b$ compris entre $2$ et $n-1$ tels que $n=ab.$
Si $a$ est pair, alors $2\mid a.$ Comme $a\mid n$ vous déduisez par transitivité que $2\mid n$ donc $n$ est pair ce qui est absurde. De même si $b$ est pair, il vient $2\mid b$ puis $b\mid n$ donc $2\mid n$ du coup $n$ est pair, contradiction. Donc $a$ et $b$ sont impairs.
Le quotient de la division euclidienne de $a$ par $2$ est donc égal à $1.$ De même, le quotient de la division euclidienne de $b$ par $2$ est égal à $1.$ Il existe deux entiers naturels $a’$ et $b’$ tels que $a = 2a’+1$ et $b = 2b’+1$ d’où $a+b = 2(a+a’+1)$ ce qui prouve que $a+b$ est pair. Ainsi $\frac{a+b}{2}$ est un entier naturel. Utilisant le même raisonnement, $a – b = 2(a’-b’)$ donc $a-b$ est un entier relatif pair et $\frac{a-b}{2}$ est un entier relatif.
Vous posez maintenant $k = \frac{a+b}{2}.$ Il a été vu que $k\in\N.$
Comme $a>1$ et comme $b>1$, le produit $(a-1)(b-1)$ est strictement positif. En développant, vous obtenez :
Comme $\ell$ et $k-1$ sont positif, vous déduisez $\ell < k-1$ donc $1< k-\ell.$
Ainsi, l’entier $k-\ell$ est supérieur ou égal à $2$ et divise $n.$
Si $n$ était premier, alors $k-\ell = n.$ L’égalité $(k+\ell)(k-\ell) = n$ s’écrit $n(k+\ell) = n$ d’où $k+\ell =1.$ Comme $k$ est supérieur ou égal à $1$ il vient $\ell = 0$ donc $n = k^2$ donc $k$ divise $n.$ Si $k=1$ alors $n =1$ ce qui contredit le fait que $n$ est premier. Si $k=n$ alors $n = n^2$ d’où $n=1$ après simplification par $n$ ce qui est absurde.
Donc $n$ est composé.
Application : factorisez $2279$
Cherchez d’abord le plus petit carré parfait qui soit supérieur ou égal à $2279.$
Comme $40^2 = 1600$ et comme $50^2=2500$ vous prenez $45^2=2025.$
Ce nombre étant strictement inférieur à $2279$ vous calculez le carré suivant.
Dans cet article, vous trouverez des moyens de résoudre une équation de la forme $ax\equiv b \quad [n].$ Le but est d’essayer de diviser successivement le nombre $a$ jusqu’à obtenir $1$ mais certaines précautions doivent être prises.
Quand les trois coefficients admettent un diviseur commun
Fixez trois nombres entiers $a$, $b$ et $n.$ Soit à résoudre l’équation ci-dessous dont l’inconnue $x$ est un nombre entier :
\boxed{(E): \quad ax \equiv b \quad [n].}
Supposez qu’il existe un entier non nul $d$ tel que :
\left\{\begin{align*}
d&\mid a\\
d&\mid b\\
d&\mid n.
\end{align*}\right.
Vous notez $a’$, $b’$ et $n’$ les quotients correspondants, qui sont aussi des nombres entiers :
\left\{\begin{align*}
a' &= a/d\\
b' &= b/d\\
n' &= n/d.
\end{align*}\right.
Vous considérez l’équation suivante dont l’inconnue $x$ est un nombre entier :
\boxed{(E'): \quad a'x \equiv b' \quad [n'].}
Alors les équations $(E)$ et $(E’)$ ont le même ensemble de solutions.
En effet :
\begin{align*}
x\text{ est solution de }(E) &\Longleftrightarrow ax\equiv b\quad [n]\\
&\Longleftrightarrow n\mid ax- b \\
&\Longleftrightarrow \exists k\in\Z, ax- b = kn \\
&\Longleftrightarrow \exists k\in\Z, da'x- db' = kdn' \\
&\Longleftrightarrow \exists k\in\Z, d(a'x- b') = kdn' \\
&\Longleftrightarrow \exists k\in\Z, a'x- b' = kn' \\
&\Longleftrightarrow n' \mid a'x- b' \\
&\Longleftrightarrow a'x\equiv b'\quad [n]\\
&\Longleftrightarrow x\text{ est solution de }(E').
\end{align*}
Note. Si équation de la forme $ax\equiv b\quad [n]$ possède au moins une solution, alors $b$ est nécessairement divisible $PGCD(a,n).$
Dans la suite, vous vous attachez à une équation linéaire avec congruence, en supposant désormais que $PGCD(a,n)=1.$
Quand $a$ est premier avec $n$ la congruence modulo $n$ est conservée après une division
Fixez trois nombres entiers $a$, $b$ et $n.$ Vous supposez que $PGCD(a,n)=1$ et qu’il existe un entier non nul $d$ tel que $d\mid a$ et $d\mid b.$ Comme précédemment, vous posez :
\left\{\begin{align*}
a' &= a/d\\
b' &= b/d.
\end{align*}\right.
Alors les équations suivantes possédant la même congruence modulo $n$ ont le même ensemble de solutions :
\begin{align*}
(E): \quad ax &\equiv b \quad [n]\\
(E'): \quad a'x &\equiv b' \quad [n].
\end{align*}
Première étape. Soit $x$ une solution de l’équation $(E’).$ Alors $n \mid a’x-b’.$ Or $ax-b = da’x-db’ = d(a’x-b’).$ Donc $a’x-b’ \mid ax-b.$ Par transitivité, vous déduisez $n \mid ax-b$ et par suite $ax\equiv b \quad [n]$ et $x$ est solution de $(E).$
Seconde étape. Soit maintenant $x$ une solution de $(E).$ Alors $n \mid ax-b$ ce qui s’écrit $n\mid d(a’x-b’).$ Par définition, $PGCD(n,d)$ divise $d.$ Or $d\mid a$ et par transitivité $PGCD(n,d) \mid a.$ Toujours avec la définition du $PGCD$, $PGCD(n,d) \mid n.$ Comme $PGCD(n,d)$ divise à la fois $a$ et $n$ qui sont premiers entre eux, il en résulte que $PGCD(n,d)=1.$ En appliquant le théorème de Gauss, $n\mid d(a’x-b’)$ fournit $n\mid a’x-b’$ et $a’x\equiv b’\quad [n]$ et $x$ est solution de $(E’).$
Appliquez les résultats précédents sur des exemples
Résolvez l’équation $3x\equiv 4\quad [5]$
Vous remarquez que $PGCD(3,5)=1.$ La stratégie va consister à remplacer $4$ par un nombre congru modulo $5$ qui est aussi un multiple de $3.$
Fixez trois nombres entiers $a$, $b$ et $n.$ Vous supposez que $PGCD(a,n)=1.$ Vous allez démontrer qu’il existe un entier $q$ tel que $a\mid b+qn.$
En effet, comme $a$ et $n$ sont deux entiers premiers entre eux, en appliquant le théorème de Bezout, il existe deux entiers $u$ et $v$ tels que $au+nv = 1.$ En multipliant par $b$, il vient :
En posant $q= -bv$ vous avez l’égalité $b+qn = abu$ si bien que $a\mid b+qn.$
Cela justifie la technique utilisée dans l’exemple précédent.
Quand vous cherchez à résoudre $9x\equiv 21\quad [25]$, vous savez à l’avance qu’il existe un entier $q$ tel que $9 \mid 21+25q.$ Pour un tel entier, vous avez :
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 :
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 but de cet article est de présenter un calcul de $\cos(36^{\circ})$ et de $\cos(72^{\circ})$ à partir d’outils géométriques. Le nombre d’or fera une apparition qui sera soulignée.
Tout d’abord, construisez un triangle $BCD$ isocèle en $D$, de sorte que :
Sur la demi-droite $[DC)$ vous placez le point $A$ tel que $AC = 1.$
Puisque $AC=BC$ le triangle $ACB$ est isocèle en $C.$ Vous avez obtenu la figure suivante, dans laquelle vous allez justifier de la présence de trois angles égaux à $36^{\circ}$, marqués en violet.
Comme l’angle $\widehat{DCA}$ est plat, il mesure $180^{\circ}.$ Du coup:
La somme des mesures des angles $\widehat{CAB}$ et $\widehat{ABC}$ est égale à $72^{\circ}$ pour que la somme des trois angles du triangle $ACB$ soit égale à $180^{\circ}.$
Or, les angles $\widehat{CAB}$ et $\widehat{ABC}$ ont la même mesure. Donc:
\widehat{CAB}= \widehat{ABC} = 36^{\circ}.
Remarquez alors que le triangle $ABD$ possède aussi deux angles mesurant $36^{\circ}.$ Il est donc isocèle en $B$, du coup $\boxed{AB=BD.}$
Une mesure de l’angle $\widehat{ABD}$ est obtenue comme suit:
180 - 36-36 = 180-72 = 108.
D’où : $\widehat{ABD} = 108^{\circ}.$
Remarquez que deux triangles sont semblables
Vous construisez le tableau suivant à partir des triangles $ACB$ et $ABD$ et vous déduisez les sommets homologues:
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
\text{valeurs des angles} & 36^{\circ} & 108^{\circ} & 36^{\circ}\\
\hline
\text{sommets du triangle }ACB & A & C & B\\
\hline
\text{sommets du triangle }ABD & A & B & D\\
\hline
\end{array}
Notez que $A$ et $B$ ne sont pas confondus, sinon $B$ appartient à la demi-droite $[DC)$ et le triangle $BCD$ est plat, ce qui est absurde. Donc $AB$ est un réel strictement positif.
Les points $A$, $C$ et $D$ sont alignés dans cet ordre, d’où $AD = AC+CD = 1+CD.$ Ainsi, $AD$ est strictement positif.
Du coup, par proportionnalité, il vient:
\frac{AC}{AB} = \frac{AB}{AD}.
En tenant compte du fait que $AC=1$ il vient:
\frac{1}{AB} = \frac{AB}{AD}.
Puis:
\frac{1}{AB} = \frac{AB}{1+CD}.
Or, $CD = BD = AB$, d’où:
\frac{1}{AB} = \frac{AB}{1+AB}.
Le réel $AB$ est une solution strictement positive de l’équation $\frac{1}{x} = \frac{x}{1+x}.$
Note. On pourrait résoudre cette équation avec le discriminant, mais le lien avec le nombre d’or mérite d’être souligné.
Le nombre d’or est l’unique solution strictement positive de l’équation $\frac{1}{x} = \frac{x}{1+x}$
Ce résultat sera démontré en deux temps.
Le nombre d’or est défini par:
\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}.
Il est strictement positif.
Le nombre d’or est bien une solution de cette équation
Note. Cette équation peut être résolue avec le discriminant, mais un autre choix est effectué ici.
Donc $a$ est racine du trinôme $X^2-X-1.$
Or, il a été vu que $\varphi^2 = 1+\varphi$ donc $\varphi$ est une racine strictement positive du trinôme $X^2-X-1.$ Quand un trinôme a une racine connue, l’autre s’obtient rapidement, en utilisant la propriété suivante: le produit des racines d’un polynôme du second degré est égal au quotient du coefficient constant par le coefficient dominant. Comme $\varphi\times \frac{-1}{\varphi} = \frac{-1}{1}$ vous déduisez que l’autre racine est $-\frac{1}{\varphi}.$
Compte tenu de la valeur du nombre d’or $\varphi$ vous déduisez :
\boxed{\cos(36^{\circ}) = \frac{1+\sqrt{5}}{4}.}
Prolongement
Vous souhaitez calculer les valeurs des deux cosinus susmentionnés en utilisant des résolutions algébriques ? Allez jeter un coup d’œil dans le contenu rédigé dans l'article 106.
Dans cet article, vous vous focalisez sur le polynôme $P$ à coefficients entiers défini par $X^4+1.$ Vous étudiez sa factorisation éventuelle comme produit de deux polynômes de degré $2$ ayant leurs coefficients dans un sous-corps donné de $\C$.
Ramenez-vous à des polynômes unitaires
Soit $\K$ un sous-corps de $\C.$
Ecrire $X^4+1$ comme produit de deux polynômes de degré $2$ à coefficients dans $\K$ signifie qu’il existe $(u,v,w,r,s,t)\in\K^6$ avec $u\neq 0$ et $v\neq 0$ tels que :
X^4+1 = (uX^2+vX+w)(rX^2+sX+t).
En divisant le premier polynôme du second degré par $u$ et en multipliant celui de droite par $u$, vous obtenez :
Le polynôme $X^4+1$ s’écrit encore comme produit de deux polynômes de degré $2$ à coefficients dans $\K.$
Concluez sur le problème initial
Pour tout sous-corps $\K$ de $\C$, le polynôme $X^4+1$ se décompose comme produit de deux polynômes de degré $2$ à coefficients dans $\K$, si et seulement si, au moins un des trois nombres parmi $i$, $\sqrt{2}$, $i\sqrt{2}$ appartient à $\K.$
Prolongement
Utilisez le contenu de cet article pour justifier que la notion de décomposition d’un polynôme en produit de polynômes irréductibles dépend du corps dans lequel les coefficients sont contenus.
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