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.
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.
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 ?
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.
Maintenant vous calculez les images par l’endomorphisme $u$ des vecteurs $f_1$, $f_2$, $f_3$ et $f_4$ et vous exprimez les résultats dans la base $(f_1,f_2,f_3,f_4).$ Cela conduit à ce qui suit.
Utilisez le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt
Dans la base $(f_1,f_2,f_3,f_4)$, la matrice de $u$ est de Hessenberg. Cependant, la base $(f_1,f_2,f_3,f_4)$ n’est pas orthonormée : par exemple, le produit scalaire $\langle f_2,f_3\rangle$ n’est pas nul.
Vous allez donc dans un premier temps orthogonaliser la base $(f_1,f_2,f_3,f_4)$ pour le produit scalaire usuel qui sera noté entre crochets.
Premier vecteur
Vous posez d’abord :
\boxed{f_1^{\perp} = f_1 = e_1.}
\Vert f_1^{\perp}\Vert^2 = \Vert e_1\Vert^2 = 1.
Deuxième vecteur
Utilisant la projection orthogonale du vecteur $f_2$ sur l’espace engendré par le vecteur $f_1^{\perp}$, vous posez :
Déterminez la matrice de $u$ dans la base $\left(f_1^{\perp},\frac{\sqrt{3}}{3}f_2^{\perp},\frac{\sqrt{6}}{2}f_3^{\perp},\sqrt{2}f_4^{\perp}\right)$
La matrice de $u$ dans la base canonique est symétrique, donc $u$ est auto-adjoint.
Donc sa matrice sera symétrique dans n’importe quelle base orthonormée.
Vous déduisez que, dans la base $\left(f_1^{\perp},\frac{\sqrt{3}}{3}f_2^{\perp},\frac{\sqrt{6}}{2}f_3^{\perp},\sqrt{2}f_4^{\perp}\right)$ la matrice $L$ de $u$ sera à la fois symétrique et de Hessenberg. En particulier elle sera symétrique et tridiagonale.
La matrice $L$ de $u$ dans la base $\left(f_1^{\perp},\frac{\sqrt{3}}{3}f_2^{\perp},\frac{\sqrt{6}}{2}f_3^{\perp},\sqrt{2}f_4^{\perp}\right)$ est symétrique et tridiagonale :
En notant $Q$ la matrice de passage de la base canonique de $\R^4$ vers la famille $\left(f_1^{\perp},\frac{\sqrt{3}}{3}f_2^{\perp},\frac{\sqrt{6}}{2}f_3^{\perp},\sqrt{2}f_4^{\perp}\right)$ vous obtenez une matrice orthogonale :
Le contenu écrit dans l'article 256 a montré que les intégrales $\int_{0}^{+\infty} x^{n+2}\e^{-x^2}\dx$, $\int_{0}^{+\infty} x^{n+1}\e^{-x^2}\dx$ et $\int_{0}^{+\infty} x^{n}\e^{-x^2}\dx$ sont convergentes.
Remarquez que pour tout entier naturel $n$, la fonction $x\mapsto x^n\e^{-x^2}$ est positive sur l’intervalle $[0,+\infty[.$
Par conséquent, l’intégrale $I_n$ est bien définie. Elle est égale à ce stade à un réel positif, ou bien à $+\infty.$
Etablissez la convergence de l’intégrale $I_n$
Soit $n$ un entier naturel.
Pour justifier que l’intégrale $I_n$ n’est pas égale à $+\infty$ vous pouvez utiliser des majorations.
Partez du fait que l’exponentielle domine tous les polynômes de n’importe quel degré, en particulier le degré $n+2$, ce qui s’écrit ainsi $\lim_{x\to +\infty} \frac{\e^x}{x^{n+2}} = +\infty.$ Vous déduisez que $\lim_{x\to +\infty} \frac{x^{n+2}}{\e^x} = 0$ ce qui donne $\lim_{x\to +\infty} x^{n+2}\e^{-x} = 0.$
Par conséquent, il existe un réel $A>0$ tel que:
\begin{align*}
\forall x\geq A &, x^{n+2}\e^{-x}\leq 1 \\
\forall x\geq A &, x^{n}\e^{-x}\leq \frac{1}{x^2}.
\end{align*}
Posez $B = A+1.$
Soit maintenant $x$ un réel tel que $x\geq B.$ Comme $x\geq 1$ il vient $x^2\geq x$ donc $-x^2 \leq -x$ et $\e^{-x^2} \leq \e^{-x}.$ Vous déduisez que:
Via $\lim_{M\to +\infty} M^n\e^{-M} = 0$ et le théorème des gendarmes, vous déduisez $\lim_{M\to +\infty} M^n\e^{-M^2} = 0.$
D’autre part, $\lim_{M\to + \infty} \int_{0}^{M} x^{n}\e^{-x^2}\dx = I_n$ et $\lim_{M\to + \infty} \int_{0}^{M} x^{n+2}\e^{-x^2}\dx = I_{n+2}$ du coup en passant à la limite quand $M\to +\infty$ il vient $I_n = \frac{2}{n+1}I_{n+2}.$
Vous aboutissez à la relation de récurrence suivante :
Vous allez effectuer les calculs en fonction de l’intégrale de Gauss : $I = \int_{0}^{+\infty} \e^{-x^2}\dx.$ La valeur définitive de cette intégrale sera déterminée dans l'article 257.
Partez de la relation de récurrence $\forall n\in\N, I_{n+2} = \frac{n+1}{2}\times I_n.$
Vous obtenez successivement :
\begin{align*}
I_2 &=\frac{1}{2}\times I \\
I_4 &=\frac{3}{2}\times I_2 \\
&= \frac{3}{2}\times \frac{1}{2}\times I \\
&= \frac{ 4!}{4\times 2\times 2^2}\times I \\
&= \frac{4!}{2!\times 2^4}\times I\\
I_6 &=\frac{5}{2}\times I_4 \\
&=\frac{5}{2}\times \frac{4!}{2!\times 2^4}\times I \\
&= \frac{5!}{2!\times 2^5}\times I\\
&=\frac{6!}{6\times 2!\times 2^5}\times I \\
&= \frac{6!}{3\times 2!\times 2^6}\times I \\
&= \frac{6!}{3\times 2!\times 2^6}\times I\\
&= \frac{6!}{3!\times 2^6}\times I.
\end{align*}
Ces calculs préliminaires étant effectués, vous êtes prêts à généraliser le tout en lançant une récurrence.
Pour tout entier naturel $n$, notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété : « $I_{2n} = \frac{(2n)!}{n! \times 2^{2n}}\times I.$ »
Initialisation. Pour $n=0$, $I_0 = I.$ D’autre part $ \frac{(2\times 0)!}{0! \times 2^{2\times 0}}\times I = 1\times I = I.$
Donc $\mathscr{P}(0)$ est vérifiée.
Hérédité. Soit $n$ un entier naturel. Supposez $\mathscr{P}(n)$.
Vous avez alors :
\begin{align*}
I_{2n+2} &= \frac{2n+1}{2}\times I_{2n} \\
&= \frac{2n+1}{2}\times \frac{(2n)!}{n! \times 2^{2n}}\times I \\
&= \frac{2n+2}{2n+2}\times \frac{2n+1}{2}\times \frac{(2n)!}{n! \times 2^{2n}}\times I \\
&= \frac{(2n+2)!}{(2n+2)\times n! \times 2^{2n+1}}\times I \\
&= \frac{(2n+2)!}{2(n+1)\times n! \times 2^{2n+1}}\times I \\
&= \frac{(2n+2)!}{(n+1)\times n! \times 2^{2n+2}}\times I \\
&= \frac{(2n+2)!}{(n+1)! \times 2^{2n+2}}\times I.
\end{align*}
Ainsi avec $\boxed{I = \int_{0}^{+\infty} \e^{-x^2}\dx}$ vous avez :
Application avec un ordinateur. Pour $n=493$ vous trouverez l’encadrement suivant $3,140<\pi<3,144.$ La formule de Wallis n’est en pratique pas adaptée pour calculer efficacement les décimales de $\pi.$
Prolongement
En utilisant la formule de Wallis et en admettant qu’il existe une constante strictement positive $C$ telle que :
L’objectif de cette série d’articles est de démontrer l’existence de la fonction exponentielle réelle et d’établir ses principales propriétés.
Retrouvez le contexte
Dans les contenus écrits dans l'article 250 et dans l'article 251 vous avez établi l’existence d’une fonction $e$ qui va de $\R$ dans $\R$ et qui vérifie les propriétés suivantes :
Ce résultat vous a servi pour obtenir l’intuition selon laquelle $e(x) = \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{x}{n}\right)^n$ au sein du contenu écrit dans l'article 250.
Par souci de complétude, vous démontrez ce résultat.
Soit $x$ un réel fixé.
Pour tout entier naturel $n$, vous notez $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « $e(nx)=(e(x))^n$ ».
Initialisation. Pour $n=0$, $e(0x)=e(0)=1.$
D’autre part $(e(x))^0 = 1$ donc $\mathcal{P}(0)$ est vérifiée.
Hérédité. Soit $n\in\N$, supposez $\mathcal{P}(n).$
