Catégorie : Niveau Prépa

L’objectif de cet article est d’établir un critère de diagonalisabilité d’un endomorphisme avec des polynômes. La démonstration proposée utilise la notion de sous-espace invariant dans la deuxième partie.

Le premier sens : quand $u$ est diagonalisable, explicitez un polynôme annulateur de $u$ qui soit scindé à racines simples

Soit $\K$ un corps commutatif et soit $E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension finie $n\geq 1.$ Soit $u$ un endomorphisme de $E$ supposé diagonalisable.

Alors $E$ est muni d’une base de vecteurs propres de $u.$ Autrement dit, il existe une base $(v_1, \dots, v_n)$ de $E$ telle que pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket\comma$ $v_i$ est un vecteur propre de $u.$

Pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket\comma$ le vecteur propre $v_i$ est associé à une valeur propre $\lambda_i.$ Ainsi :

\forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, \exists \lambda_i\in\K, u(v_i) = \lambda_i v_i.

Les valeurs propres $\lambda_i\comma$ quand $i$ décrit l’intervalle $\llbracket 1, n\rrbracket$ ne sont pas nécessairement deux à deux distinctes. Vous considérez l’ensemble $S = \{\lambda_i, i\in\llbracket 1, n\rrbracket\}.$ L’ensemble $S$ est fini et non vide, ce qui permet de poser :

P(X) = \prod_{\lambda \in S} (X-\lambda).

Vous constatez que $P$ est un polynôme de $\K[X]$ qui est scindé à racines simples. Reste à démontrer qu’il annule l’endomorphisme $u.$

Soit $i\in\llbracket 1, n\rrbracket.$

Comme $u(v_i) = \lambda_i v_i\comma$ vous avez $P(u)(v_i) = P(\lambda_i) v_i.$ Or, $\lambda_i \in S$ donc $\lambda_i$ est une racine de $P$ d’où $P(\lambda_i) = 0$ et par suite $P(u)(v_i)$ est le vecteur nul de $E.$

Vous avez montré que :

\forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, P(u)(v_i) = 0.

Soit maintenant $x$ un vecteur quelconque de $E.$ Comme $(v_1, \dots, v_n)$ est une base de $E\comma$ il existe $(x_1, \dots x_n)\in \K^n$ tel que :

x = \sum_{i=1}^{n}x_i v_i.

Par linéarité de l’endomorphisme $P(u)$ il vient :

\begin{align*}
P(u)(x) &= \sum_{i=1}^{n}x_i P(u)(v_i)\\
&= \sum_{i=1}^{n}x_i \cdot 0\\
&=0.
\end{align*}

Donc :

\forall x\in E, P(u)(x) = 0.

Cela prouve que $P(u)$ est l’endomorphisme nul : $P(u) = \mathbf{0}.$ Autrement dit, $u$ est annulé par $P$ qui est scindé à racines simples.

Le sens réciproque : quand $u$ est annulé par un polynôme à racines simples, utilisez une récurrence forte sur la dimension de l’espace $E$

Vous allez procéder par récurrence forte. Soit $\K$ un corps commutatif. Pour tout entier $n\geq 1$ vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété suivante : « pour tout $\K$-espace vectoriel $E$ de dimension finie $n$ et pour tout endomorphisme de $E\comma$ si $u$ est annulé par un polynôme scindé à racines simples de $\K[X]$, alors $u$ est diagonalisable. »

Initialisation. Soient $E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension $1$ et $u$ un endomorphisme de $E.$ Tout d’abord, $E$ admet un base $(e)$ qui ne contient qu’un seul vecteur $e\in E.$ Comme $u$ est un endomorphisme de $E$ vous avez $u(e)\in E.$ Comme $(e)$ est une base de $E$ il existe $\lambda\in\K$ tel que $u(e) = \lambda e.$ Comme la famille $(e)$ est libre, le vecteur $e$ est non nul. Donc $\lambda$ est une valeur propre de $u.$ Vous constatez que la base $(e)$ est une famille de vecteurs propres de $u$ donc $u$ est bien diagonalisable. Ainsi, la propriété $\mathscr{P}(1)$ est vérifiée.

Note. Il n’a pas été nécessaire de supposer ici que $u$ est annulé par un polynôme scindé à racines simples.

Hérédité. Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $1.$ Supposez que, pour tout entier $k\in\llbracket 1, n\rrbracket\comma$ la propriété $\mathscr{P}(k)$ est vraie. Soit $E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension $n+1$ et soit $u$ un endomorphisme de $E$ qui soit annulé par un polynôme scindé à racines simples dans $\K[X]$. Ce polynôme est noté $P.$

La première étape va consister à démontrer que $u$ possède au moins une valeur propre.

Puisque $P$ est scindé à racines simples, il existe un entier $d\geq 1$ et $d$ éléments de $\K$ deux à deux distincts, notés $\lambda_1, \dots, \lambda_d$ et un élément $c\in\K$ non nul tel que :

P(X) = c\prod_{i=1}^{d} (X-\lambda_i).

Par commodité, vous noterez $\mathbf{0}$ l’endomorphisme nul. Quand vous substituez l’endomorphisme $u\comma$ vous obtenez :

\mathbf{0} = c\prod_{i=1}^{d} (u-\lambda_i \mathrm{Id}_E) = c(u-\lambda_1\mathrm{Id}_E)\circ\cdots \circ (u-\lambda_d\mathrm{Id}_E).

Note. Le produit d’endomorphismes est effectué avec l’opération de composition.

Supposez que, pour tout entier $i\in\llbracket 1, d\rrbracket\comma$ l’endomorphisme $u-\lambda_i \mathrm{Id}_E$ soit inversible. Alors, en composant à gauche par $(u-\lambda_d\mathrm{Id}_E)^{-1}\circ\cdots \circ (u-\lambda_1\mathrm{Id}_E)^{-1}$ vous déduisez :

\begin{align*}
\mathbf{0} &= c (u-\lambda_d\mathrm{Id}_E)^{-1}\circ\cdots \circ (u-\lambda_1\mathrm{Id}_E)^{-1} \circ (u-\lambda_1\mathrm{Id}_E)\circ\cdots \circ (u-\lambda_d\mathrm{Id}_E)\\
\mathbf{0} &=c \mathrm{Id}_E\\
\mathbf{0} &= \mathrm{Id}_E.
\end{align*}

Comme $E$ est de dimension strictement positive, il existe un vecteur non nul $e\in E.$

Alors en évaluant l’égalité précédente en $e$ il vient :

\begin{align*}
&\mathbf{0}(e) = \mathrm{Id}_E(e)\\
&0 = e.
\end{align*}

Vous obtenez une contradiction.

Donc il existe $\lambda\in\{\lambda_i, i\in\llbracket 1, d\rrbracket\}$ tel que $u-\lambda \mathrm{Id}_E$ n’est pas inversible. Par le théorème du rang, cela signifie que $\ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E) \neq \{0\}\comma$ donc $\lambda$ est valeur propre de $u.$

Si la dimension de $\ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est égale à $n+1\comma$ alors tout vecteur de $E$ appartient à $\ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ et donc $u = \lambda \mathrm{Id}_E.$ En choisissant n’importe quelle base de $E$ vous obtenez une base de vecteurs propres de $E.$

Si la dimension de $\ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ n’est pas égale à $n+1\comma$ alors $\dim \ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E) \in\llbracket 1, n\rrbracket.$ Dans ce cas précis, vous allez démontrer que le sous-espace $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est un supplémentaire de $\dim \ker (u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ et qu’il est stable par $u.$

Soit $y\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$ Il existe $z \in E$ tel que :

y = u(z)-\lambda z.

Alors :

\begin{align*}
u(y) &= u(u(z)) - \lambda u(z)\\
&= (u-\lambda \mathrm{Id}_E)(u(z)).
\end{align*}

Du coup, $u(y)\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$

Ainsi :

\forall y\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E), u(y)\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).

Le sous-espace $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est stable par $u.$

Par le théorème du rang, vous avez :

\dim \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) + \dim \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) = n+1.

Vous allez montrer que la somme $\ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) + \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est directe.

Soit $x\in \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) \cap \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$

Vous avez :

\left\{\begin{align*}
&u(x) = \lambda x \\
&\exists y\in E, x=u(y)-\lambda y.
\end{align*}
\right.

Comme $\lambda$ est une racine de $P\comma$ il existe un polynôme $Q\in\K[X]$ tel que $P(X) = (X-\lambda)Q(X).$ Notez que $Q$ ne peut admettre $\lambda$ pour racine, sinon il serait factorisable par $X-\lambda$ et $P$ serait factorisable par $(X-\lambda)^2$ ce qui contredirait que $P$ est scindé à racines simples. Donc $Q(\lambda)\neq 0.$

Vous calculez le vecteur $Q(u)(x)$ comme suit :

Q(u)(x) = (Q(u) \circ (u-\lambda \mathrm{Id}_E)) (y)

Comme $P(X) = (X-\lambda)Q(X)\comma$ en substituant l’endomorphisme $u$ et en utilisant la commutation des puissances de $u$ vous obtenez :

\mathbf{0} = P(u) = Q(u) \circ (u-\lambda \mathrm{Id}_E).

Du coup $Q(u)(x) = 0.$ Comme $u(x) = \lambda x\comma$ vous déduisez $Q(u)(x) = Q(\lambda)x\comma$ puis $Q(\lambda)x = 0.$ Comme $Q(\lambda)$ est non nul, il vient $x=0.$

Il a été prouvé que la somme $\dim \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) + \dim \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est directe :

E =\dim \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) \oplus \dim \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).

Remarquez que $\dim \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) = n+1 – \dim \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$ Comme $\dim \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) \in \llbracket 1, n\rrbracket$ vous déduisez $\dim \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) \in \llbracket 1, n\rrbracket.$

Vous notez $v$ l’endomorphisme de $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ défini par :

\forall x\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) , v(x) = u(x).

L’endomorphisme $v$ est la restriction de l’endomorphisme $u$ au sous-espace stable $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$

L’hypothèse de récurrence forte s’applique à l’endomorphisme $v.$ En effet, la dimension de $ \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) $ est comprise entre $1$ et $n.$ De plus, $v$ est annulé un polynôme scindé à racines simples (le polynôme $P$.)

En effet, vous avez l’égalité :

\forall x\in E, P(u)(x) = 0.

Du coup :

\left\{\begin{align*}
&\forall x\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) , P(u)(x) = 0 \\
&\forall x\in \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E) , P(v)(x) = 0.
\end{align*}
\right.

Donc l’endomorphisme $v$ est diagonalisable.

Il existe une base $\mathscr{B}$ de $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ constituée de vecteurs propres de $v.$ Comme $v$ et $u$ coïncident sur $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ vous déduisez que $\mathscr{B}$ est une famille libre de $E$ constituée de vecteurs propres de $u.$ Le nombre d’éléments de $\mathscr{B}$ est égal à la dimension de $\im(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$

Notez $\mathscr{W}$ une base de $\ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$ Tous les vecteurs de cette base sont non nuls, puisqu’une base est une famille libre, et que toute famille libre ne contient pas le vecteur nul. Puisque $\forall x\in \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E), u(x) = \lambda x\comma$ tous les vecteurs de $\mathscr{W}$ sont des vecteurs propres de $u.$ Le nombre d’éléments de $W$ est égal à la dimension de $\ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E).$

Comme la somme $E =\dim \ker(u-\lambda \mathrm{Id}_E) \oplus \dim \im(u-\lambda \mathrm{Id}_E)$ est directe, la réunion des familles $\mathscr{B} \cup \mathscr{W}$ est une famille libre de $E$ qui contient exactement $n+1$ vecteurs de $E$ donc c’est une base de $E.$ Tout vecteur de la famille $\mathscr{B} \cup \mathscr{W}$ étant un vecteur propre de $u\comma$ il en résulte que $u$ est diagonalisable.

La propriété $\mathscr{P}(n+1)$ est ainsi vérifiée.

Concluez

Soit $\K$ un corps commutatif et soit $E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension finie $n\geq 1.$ Soit $u$ un endomorphisme de $E.$ Alors $u$ est diagonalisable, si et seulement si, il est annulé par un polynôme de $\K[X]$ scindé à racines simples.

Très connu sous la version suivante « de toute suite réelle bornée, on peut extraire une sous-suite convergente » (vous trouverez une démonstration de ce résultat dans le contenu rédigé dans l'article 396), le théorème de Bolzano-Weierstrass admet une version équivalente que vous allez démontrer directement, à savoir : toute partie $A$ infinie et bornée de $\R$ admet au moins un point d’accumulation.

Soit $A$ une partie infinie et bornée de $\R.$ Il existe un réel $m$ et un réel $M$ tels que :

\forall a\in A, m\leq a \leq M.

Mobilisez deux notions importantes

Point d’accumulation

Par définition, la partie $A$ de $\R$ admet un point d’accumulation, si et seulement si, il existe un nombre réel $u$ tel que, pour tout $\varepsilon > 0\comma$ il existe un élément $a\in A$ distinct de $u$ vérifiant $u-\varepsilon \leq a \leq u+\varepsilon.$

Quasi-majorant

Un réel $x$ sera qualifié de quasi-majorant de $A\comma$ si et seulement si, les éléments de $A$ qui sont supérieurs ou égaux à $x$ sont en nombre fini. Autrement dit, $x$ est un quasi-majorant de $A\comma$ si et seulement si, l’ensemble $\{a\in A, a\geq x\}$ est fini.

Montrez que l’ensemble des quasi-majorants de $A$ admet une borne inférieure $\beta$

Soit $B$ l’ensemble des quasi-majorants de la partie $A.$

Comme $\forall a\in A, a\leq M\comma$ le réel $M$ est un majorant de $A.$

Si $a$ est un élément de $A$ supérieur ou égal à $M$ vous avez $a\geq M$ et $a\leq M$ donc $a=M.$

Par conséquent vous avez l’inclusion suivante :

\{a\in A, a\geq M\} \subset \{M\}.

L’ensemble $\{a\in A, a\geq M\}$ est donc fini, ce qui prouve que $M$ est un quasi-majorant de $A.$

Comme $M\in B\comma$ l’ensemble $B$ est non vide.

Soit $b$ un élément de $B\comma$ c’est-à-dire un quasi-majorant de $A.$ L’ensemble $\{a\in A, a\geq b\}$ est fini. Comme $A$ est infini, il existe un réel $a_0\in A$ tel que $a_0\notin \{a\in A, a\geq b\}.$ Donc $a_0 < b.$ Comme $m$ est un minorant de $A\comma$ vous avez $m\leq a_0$ et par transitivité $m\leq b.$

Vous avez montré que :

\forall b\in B, m\leq b.

L’ensemble $B$ est minoré par $b.$

Comme $B$ est une partie non vide de $\R$ qui est minorée, elle admet une borne inférieure que vous noterez $\beta.$

Note. Le réel $\beta$ est aussi appelé limite supérieure de l’ensemble $A\comma$ il est courant de le noter $\overline{\lim} A.$

Montrez que $\beta$ est un point d’accumulation de $A$

Pour le réel $\beta\comma$ deux cas se présentent.

Le réel $\beta$ n’appartient pas à $B$

Dans ce cas, $\beta$ n’est pas un quasi-majorant de $A$ donc l’ensemble $V=\{a\in A, a\geq \beta\}$ est infini.

Soit $\varepsilon$ un réel strictement positif.

D’une part, le réel $\beta$ est le plus grand des minorants de $B.$ Le réel $\beta+\varepsilon$ est strictement plus grand que le plus grand des minorants de $B.$ Donc $\beta+\varepsilon$ n’est pas un minorant de $B.$ Donc il existe un élément $b\in B\comma$ quasi-majorant de $A\comma$ tel que $b <\beta+\varepsilon.$

D’autre part, $\beta$ minore $B$ et $b\in B$ donc $\beta \leq b.$ Si l’égalité $\beta = b$ était satisfaite, vous auriez $\beta \in B$ ce qui est absurde. Donc $\beta < b.$

Or, vous avez l’inclusion :

V \subset \{\beta\}\cup \{a\in A, \beta < a <b\} \cup \{a\in A, a\geq b\}.

Si l’ensemble $\{a\in A, \beta < a <b\}$ était fini, alors $V$ serait fini aussi, ce qui est absurde. Donc $\{a\in A, \beta < a <b\}$ est infini. Vous en déduisez qu’il est non vide, donc il existe $a_0\in A$ tel que $\beta < a_0 < b.$ Or, $b<\beta+\varepsilon$ d’où $\beta < a_0 < \beta+\varepsilon.$

Ainsi il a été montré que :

\forall \varepsilon > 0, \exists a\in A, \beta < a <\beta+\varepsilon.

Le réel $\beta$ appartient à $B$

Soit $\varepsilon$ un réel strictement positif.

Si le réel $\beta – \varepsilon$ était un élément de $B\comma$ vous auriez $\beta \leq \beta – \varepsilon$ compte tenu du fait que $\beta$ est un minorant de $B\comma$ ce qui est absurde. Donc $\beta-\varepsilon$ n’appartient pas à $B.$ Cela signifie que l’ensemble $W = \{a\in A, a\geq \beta-\varepsilon \}$ est infini.

Comme $\beta\in B\comma$ le réel $\beta$ est un quasi-majorant de $A$ donc l’ensemble $\{a\in A, a\geq \beta\}$ est fini.

Or, vous avez l’inclusion suivante :

W\subset \{\beta - \varepsilon\}\cup \{a\in A, \beta - \varepsilon < a < \beta\} \cup \{a\in A, a\geq \beta\}.

Si l’ensemble $\{a\in A, \beta – \varepsilon < a < \beta\}$ était fini, alors $W$ serait fini, ce qui est absurde. Donc l’ensemble $\{a\in A, \beta – \varepsilon < a < \beta\}$ est infini, en particulier, il est non vide.

Vous avez montré que :

\forall \varepsilon > 0, \exists a\in A, \beta-\varepsilon<a<\beta.

Concluez

De la section précédente, vous déduisez que, pour tout réel $\varepsilon$ strictement positif, il existe un élément $a\in A$ tel que $a\in ]\beta-\varepsilon, \beta+\varepsilon[\setminus \{a\}.$ Autrement dit, $\beta$ est un point d’accumulation de l’ensemble $A.$

La version « point d’accumulation » du théorème de Bolzano-Weierstrass est démontrée.

Prolongement

Pourriez-vous démontrer que les deux énoncés du théorème de Bolzano-Weierstrass sont équivalents ? À savoir que « toute suite réelle bornée admet une suite extraite convergente » équivaut à « toute partie infinie et bornée de $\R$ admet au moins un point d’accumulation » ?

Soit $(u_n)_{n\geq 0}$ une suite réelle, telle que :

\forall \varepsilon>0, \exists N\in\N, \forall n\geq N, \forall p\in\N, \vert u_n-u_{n+p}\vert \leq \varepsilon. 

Une telle suite, lorsqu’elle satisfait cet énoncé, vérifie ce qui appelé le critère de Cauchy. Vous allez démontrer qu’elle est convergente.

Démontrez que la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ est bornée

En choisissant $\varepsilon =1$ vous déduisez qu’il existe un entier naturel $N$ tel que :

\forall n\geq N, \forall p\in\N, \vert u_n-u_{n+p}\vert \leq 1.

En choisissant $n=N$ vous déduisez, en particulier, que :

\forall p\in\N, \vert u_N-u_{N+p}\vert \leq 1.

Vous posez alors $M = 1+\max\{\vert u_i\vert, i\in\llbracket 0, N\rrbracket\}.$

Soit $n$ un entier naturel.

Si $n > N$, alors vous posez $p = n-N$ qui est en entier naturel. Par inégalité triangulaire :

\begin{align*}
\vert u_n \vert &\leq \vert u_{N+p}\vert\\
&\leq \vert u_{N+p}-u_N\vert + \vert u_N\vert \\
&\leq 1 + \vert u_N\vert\\
&\leq 1 + \max\{\vert u_i\vert, i\in\llbracket 0, N\rrbracket\}\\
&\leq M.
\end{align*}

Si $n\leq N$ alors vous avez :

\begin{align*}
\vert u_n\vert &\leq \max\{\vert u_i\vert, i\in\llbracket 0, N\rrbracket\}\\
&\leq 1+ \max\{\vert u_i\vert, i\in\llbracket 0, N\rrbracket\}\\
&\leq M.
\end{align*}

Ainsi, pour tout entier naturel $n$ vous avez $\vert u_n\vert \leq M.$

La suite $(u_n)_{n\geq 0}$ est bornée.

Construisez une extractrice $\varphi$ de sorte que la suite $(u_{\varphi(n)})_{n\geq 0}$ soit convergente

Vous introduisez la notion d’entier culminant. Un entier naturel $n$ sera dit culminant, si et seulement si, tous les termes de la suite $(u_m)_{m\geq n+1}$ sont strictement inférieurs au réel $u_n.$

Soit $A$ l’ensemble des entiers culminants. Deux cas se présentent.

L’ensemble des points culminants est infini

Si $A$ est infini, il existe une infinité d’entiers naturels appartenant à $A\comma$ notés $n_0, n_1,n_2\dots$ de sorte que $n_0<n_1<n_2<\dots.$ Autrement dit, pour tout entier naturel $k\comma$ il existe une suite $(n_k)_{k\geq 0}$ strictement croissante telle que pour tout $k\in\N, n_k\in A.$ Or, si $k$ est un entier naturel, $n_k$ est culminant. Comme $n_{k+1}> n_k$ vous avez $u_{n_{k+1}}< u_{n_k}.$

Pour tout entier naturel $k\comma$ vous posez $\varphi(k) = n_k.$ La fonction $\varphi$ est une application de $\N$ dans $\N$ qui est strictement croissante, c’est une extractrice. La suite $(u_{\varphi(n)})_{n\geq 0}$ est décroissante. Comme la suite $(u_m)_{m\geq 0}$ est bornée, elle est minorée. Du coup, la suite $(u_{\varphi(n)})_{n\geq 0}$ est décroissante et minorée, donc convergente.

L’ensemble des points culminants est fini

Si $A$ est fini, soit il est vide, soit il possède un plus grand élément. Il existe donc un entier naturel $N$ tel que $\forall n\geq N, n\notin A.$ Vous posez $\varphi(0) = N$ et $\varphi(0)$ n’est pas culminant. Donc il existe un entier $\varphi(1)>\varphi(0)$ tel que $u_{\varphi(1)} \geq u_{\varphi(0)}.$

Soit $k$ un entier naturel non nul. Supposez que vous ayez construit des entiers naturels $\varphi(0),\dots,\varphi(k)$ tels que :

\begin{align*}
&N\leq \varphi(0)<\cdots<\varphi(k)\\
&u_{\varphi(0)}\leq  \cdots \leq u_{\varphi(k)}.
\end{align*}

Comme $\varphi(k)\geq N\comma$ vous avez $\varphi(k)\notin A\comma$ donc $\varphi(k)$ n’est pas culminant. Donc il existe un entier naturel $\varphi(k+1)> \varphi(k)$ tel que $u_{\varphi(k)} \leq u_{\varphi(k+1)}.$

Vous avez donc montré par récurrence qu’il existe une suite d’entiers naturels $(\varphi(k))_{k\geq 0}$ strictement croissante, telle que la suite $(u_{\varphi(k)})_{k\geq 0}$ soit croissante. Au passage, vous constatez que vous avez défini une application $\varphi$ de $\N$ dans $\N$ qui est strictement croissante, donc $\varphi$ est une extractrice. Or, comme la suite $(u_m)_{m\geq 0}$ est bornée, elle est majorée. Du coup, la suite $(u_{\varphi(n)})_{n\geq 0}$ est croissante et majorée, donc convergente.

Note. Vous avez dans cette section démontré le théorème de Bolzano-Weierstrass, qui précise que de toute suite réelle bornée, on peut extraire une sous-suite convergente. Compte tenu de son importance, le choix de présenter une démonstration de ce résultat a été suivi.

Note. Il est également possible de démontrer une version différente de ce théorème, avec l’utilisation de la notion de quasi-majorant. Vous êtes invité à lire le contenu rédigé dans l'article 397 pour en savoir davantage.

Montrez que la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ est convergente

D’après la section précédente, il existe une extractrice $\varphi$ et un réel $\ell$ tel que la suite $(u_{\varphi(n)})_{n\geq 0}$ converge vers $\ell.$

Soit $\varepsilon$ un réel strictement positif. Comme la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ vérifie le critère de Cauchy, il existe un entier naturel $N$ tel que, pour tout $n\geq N$ et pour tout $p\in\N\comma$ vous ayez $\vert u_n – u_{n+p}\vert \leq \varepsilon.$ Vous en déduisez que quel que soit $n\geq N$ et quel que soit $m\geq N\comma$ vous avez $\vert u_n – u_m\vert \leq \varepsilon.$

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $N\comma$ fixé.

Soit $p$ un entier naturel. $\varphi$ étant une extractrice, vous avez $\forall m\in\N, \varphi(m)\geq m.$ En particulier, $\varphi(n+p) \geq n+p \geq n \geq N.$ Comme $n$ et $\varphi(n+p)$ sont supérieurs ou égaux à $N\comma$ vous avez :

\vert u_n - u_{\varphi(n+p)}\vert \leq \varepsilon

Donc :

\forall p\in\N, \vert u_n - u_{\varphi(n+p)}\vert \leq \varepsilon.

Cette inégalité étant vraie pour tout entier naturel $p\comma$ vous faites tendre $p$ vers $+\infty.$

Comme $\lim_{p\to +\infty} u_{\varphi(p)} = \ell\comma$ et comme $\lim_{p\to +\infty} n+p = +\infty\comma$ vous avez aussi $\lim_{p\to +\infty} u_{\varphi(n+p)} = \ell$ par composée. Du coup, vous avez obtenu :

\vert u_n - \ell\vert \leq \varepsilon.

La suite $(u_n)_{n\geq 0}$ est bien convergente.

Vous définissez une suite de polynômes de la façon suivante :

\forall n\in \N, \mathscr{P}_n(X) =\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}X^n}\left[(X^2-1)^n\right].

L’objectif de ce contenu est de démontrer que, pour tout entier naturel $n\comma$ l’équation différentielle suivante est vérifiée par les polynômes précédents :

(X^2-1)\mathscr{P}_n^{\pprime}(X)+2X\mathscr{P}_n^{\prime}(X)-n(n+1)\mathscr{P}_n(X) = 0.

Il sera utile de définir, pour tout entier naturel $n\comma$ le polynôme $P_n$ par :

P_n(X) = (X^2-1)^n.

Le point clé va être de démontrer d’abord que $P_n$ est solution d’une équation différentielle. Puis, en dérivant un certain nombre de fois, cette équation différentielle permettra de déterminer celle vérifiée par $\mathscr{P}_n.$

Montrez que $P_n$ est solution d’une équation différentielle

Soit $n\in\NN.$ Vous dérivez le polynôme $P_n$ ce qui fournit :

\begin{align*}
P_n^{\prime}(X) &= n(X^2-1)^{n-1}\times 2X\\
&=2nX(X^2-1)^{n-1}.
\end{align*}

En multipliant par $X^2-1$ vous obtenez :

(X^2-1)P_n^{\prime}(X) = 2nX(X^2-1)^n.

Ainsi le polynôme $P_n$ réapparaît et vous en tirez que :

\boxed{\forall n\in\NN, (X^2-1)P_n^{\prime}(X) = 2nXP_n(X).}

Utilisez la formule de Leibniz une première fois

Soit $n\in\NN.$ Le membre de gauche l’égalité précédente est un produit formé par $X^2-1$ multiplié par $P_n^{\prime}(X).$ Pour faire apparaître le début $(X^2-1)\mathscr{P}_n^{\pprime}(X)$ de l’équation différentielle préconisée, il convient de dériver $P_n$ exactement $n+2$ fois. Cela revient à dériver $P_n^{\prime}$ exactement $n+1$ fois comme le montre ce qui suit :

\begin{align*}
\mathscr{P}_n^{\pprime}(X) &=\frac{\mathrm{d}^{n+2}}{\mathrm{d}X^{n+2}}\left[(X^2-1)^n\right] \\
&=\frac{\mathrm{d}^{n+2}}{\mathrm{d}X^{n+2}}\left[P_n(X)\right] \\
&=\frac{\mathrm{d}^{n+1}}{\mathrm{d}X^{n+1}}\left[P_n^{\prime}(X)\right].
\end{align*}

Vous dérivez ainsi $n+1$ fois le produit $(X^2-1)P_n^{\prime}(X)$ ce qui fournit :

\begin{align*}
\frac{\mathrm{d}^{n+1}}{\mathrm{d}X^{n+1}}\left[ (X^2-1)P_n^{\prime}(X)  \right] &= \sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k} \frac{\mathrm{d}^{k}}{\mathrm{d}X^{k}}\left[X^2-1\right] \frac{\mathrm{d}^{n+1-k}}{\mathrm{d}X^{n+1-k}}\left[P_n^{\prime}(X)\right] \\
&= \sum_{k=0}^{2}\binom{n+1}{k} \frac{\mathrm{d}^{k}}{\mathrm{d}X^{k}}\left[X^2-1\right] \frac{\mathrm{d}^{n+1-k}}{\mathrm{d}X^{n+1-k}}\left[P_n^{\prime}(X)\right].
\end{align*}

En effet, la somme est tronquée, compte tenu du fait que $\forall k\geq 3, \frac{\mathrm{d}^{k}}{\mathrm{d}X^{k}}\left[X^2-1\right] = 0.$

Vous obtenez :

\begin{align*}
\frac{\mathrm{d}^{n+1}}{\mathrm{d}X^{n+1}}\left[ (X^2-1)P_n^{\prime}(X)  \right] &= (X^2-1)  \frac{\mathrm{d}^{n+1}}{\mathrm{d}X^{n+1}}\left[P_n^{\prime}(X)\right] \\ &\quad+ (n+1)\times 2X\times \frac{\mathrm{d}^{n}}{\mathrm{d}X^{n}}\left[P_n^{\prime}(X)\right] + \frac{n(n+1)}{2}\times 2\times  \frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d}X^{n-1}}\left[P_n^{\prime}(X)\right] \\

&= (X^2-1)  \frac{\mathrm{d}^{n+2}}{\mathrm{d}X^{n+2}}\left[P_n(X)\right]\\
&\quad +2(n+1)X  \frac{\mathrm{d}^{n+1}}{\mathrm{d}X^{n+1}}\left[P_n(X)\right] +n(n+1) \frac{\mathrm{d}^{n}}{\mathrm{d}X^{n}}\left[P_n(X)\right] \\

&=  (X^2-1)  \frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}X^{2}}\left[ \frac{\mathrm{d}^{n}}{\mathrm{d}X^{n}}\left[P_n(X)\right] \right]\\
&\quad+2(n+1)X  \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d}X}\left[  \frac{\mathrm{d}^{n}}{\mathrm{d}X^{n}}\left[P_n(X)\right] \right] +n(n+1) \frac{\mathrm{d}^{n}}{\mathrm{d}X^{n}}\left[P_n(X)\right] \\

&=  (X^2-1)  \frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}X^{2}}\left[\mathscr{P}_n(X) \right]+2(n+1)X  \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d}X}\left[  \mathscr{P}_n(X) \right] +n(n+1) \frac{\mathrm{d}^{n}}{\mathrm{d}X^{n}}\left[P_n(X)\right] \\

&=  (X^2-1)\mathscr{P}^{\pprime}_n(X) +2(n+1)X  \mathscr{P}^{\prime}_n(X) +n(n+1) \mathscr{P}_n(X).
\end{align*}

En conclusion de ce paragraphe :

\boxed{\forall n\in\NN, \frac{\mathrm{d}^{n+1}}{\mathrm{d}X^{n+1}}\left[ (X^2-1)P_n^{\prime}(X)  \right] =  (X^2-1)\mathscr{P}^{\pprime}_n(X) +2(n+1)X  \mathscr{P}^{\prime}_n(X) +n(n+1) \mathscr{P}_n(X).}

Utilisez la formule de Leibniz une seconde fois

Soit $n\in\NN.$ Vous dérivez ainsi $n+1$ fois le produit $2nXP_n(X)$ ce qui fournit :

\begin{align*}
\frac{\mathrm{d}^{n+1}}{\mathrm{d}X^{n+1}}\left[ 2nXP_n(X) \right] &= 2nX \frac{\mathrm{d}^{n+1}}{\mathrm{d}X^{n+1}}\left[ P_n(X) \right]  + (n+1)\times2n\times \frac{\mathrm{d}^{n}}{\mathrm{d}X^{n}}\left[ P_n(X) \right] \\
&= 2nX \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}X}\left[  \frac{\mathrm{d}^{n}}{\mathrm{d}X^{n}}\left[ P_n(X) \right]   \right] + (2n^2+2n)\times \frac{\mathrm{d}^{n}}{\mathrm{d}X^{n}}\left[ P_n(X) \right] \\

&= 2nX \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}X}\left[   \mathscr{P}_n(X)   \right] + 2n(n+1) \mathscr{P}_n(X) \\

&= 2nX   \mathscr{P}^{\prime}_n(X)  + 2n(n+1) \mathscr{P}_n(X).
\end{align*}

Ainsi :

\boxed{\forall n\in\NN, \frac{\mathrm{d}^{n+1}}{\mathrm{d}X^{n+1}}\left[ 2nXP_n(X) \right]  = 2nX   \mathscr{P}^{\prime}_n(X)  + 2n(n+1) \mathscr{P}_n(X).}

Concluez

Soit $n\in\NN.$ Comme $(X^2-1)P_n^{\prime}(X) = 2nXP_n(X)\comma$ en dérivant $n+1$ fois, il vient :

\begin{align*}
& (X^2-1)\mathscr{P}^{\pprime}_n(X) +2(n+1)X  \mathscr{P}^{\prime}_n(X) +n(n+1) \mathscr{P}_n(X) =  2nX   \mathscr{P}^{\prime}_n(X)  + 2n(n+1) \mathscr{P}_n(X) \\
& (X^2-1)\mathscr{P}^{\pprime}_n(X) +2X  \mathscr{P}^{\prime}_n(X) +n(n+1) \mathscr{P}_n(X) =  2n(n+1) \mathscr{P}_n(X) \\
& (X^2-1)\mathscr{P}^{\pprime}_n(X) +2X  \mathscr{P}^{\prime}_n(X) +(n-2n)(n+1) \mathscr{P}_n(X) =  0\\
& (X^2-1)\mathscr{P}^{\pprime}_n(X) +2X  \mathscr{P}^{\prime}_n(X) -n(n+1) \mathscr{P}_n(X) =  0.
\end{align*}

Dans le cas où $n=0$, vous avez $\mathscr{P}_0(X) = 1 $ si bien que :

\begin{align*}
(X^2-1)\mathscr{P}^{\pprime}_0(X) +2X  \mathscr{P}^{\prime}_0(X) -0(0+1) \mathscr{P}_n(X) &= (X^2-1)\times 0 + 2X\times 0 - 0 = 0.
\end{align*}

En définitive, l’égalité précitée est désormais acquise :

\boxed{\forall n\in\N,  (X^2-1)\mathscr{P}^{\pprime}_n(X) +2X  \mathscr{P}^{\prime}_n(X) -n(n+1) \mathscr{P}_n(X) =  0.}

Dans le contenu rédigé dans l'article 221 il a été vu que les polynômes de Legendre sont définis par la formule suivante :

\forall n\in \N, \mathscr{L}_n(X) = \frac{1}{2^n n!}\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}X^n}\left[(X^2-1)^n\right].

En divisant par $2^n n!$ l’équation différentielle satisfaite par la suite $(\mathscr{P}_n(X))_{n\geq 1}$ vous déduisez que :

\boxed{\forall n\in\N,  (X^2-1)\mathscr{L}^{\pprime}_n(X) +2X  \mathscr{L}^{\prime}_n(X) -n(n+1) \mathscr{L}_n(X) =  0.}

Première partie, intérieur, adhérence et complémentaire de $\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c$

Pour rappel, vous avez :

\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c = ]-\infty,0[\cup ]2, +\infty[.

La frontière de $\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c$ est égale à:

\partial \left(\overline{\mathring{K}}\right)^c = \{0\} \cup \{2\}.

L’intérieur de $\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c$ est égal à lui-même.

L’adhérence de $\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c$ est égale à:

\overline{\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c} = ]-\infty, 0] \cup [2, +\infty[.

Le complémentaire de $\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c$ est égal à $\overline{\mathring{K}}.$

Un nouvel ensemble apparaît.

Note n°1. Vous remarquez que:

• l’intérieur de $\overline{\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c}$ est égal à $\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c\comma$
• l’adhérence $\overline{\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c}$ est égale à elle-même,
• le complémentaire de $\overline{\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c}$ est égal à $\mathring{\overline{\mathring{K}}}.$

Note n°2. Vous remarquez que:

• l’intérieur de $\mathring{\overline{\mathring{K}}}$ est égal à lui-même,
• l’adhérence de $\mathring{\overline{\mathring{K}}}$ est égale à $\overline{\mathring{K}}\comma$
• le complémentaire de $\mathring{\overline{\mathring{K}}}$ est égal à $\overline{\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c}.$

Deuxième partie, intérieur, adhérence et complémentaire de $\overline{(\overline{K})^c}$

La frontière de $\overline{(\overline{K})^c}$ est égale à:

\partial \overline{(\overline{K})^c} = \{0\}\cup\{2\}\cup\{4\}\cup\{5\}.

L’intérieur de $\overline{(\overline{K})^c}$ est égal:

\mathring{\overline{(\overline{K})^c}} = ]-\infty,0[\cup]2, 4[\cup ]5, +\infty[.

L’adhérence de $\overline{(\overline{K})^c}$ est égale à elle-même.

Le complémentaire de $\overline{(\overline{K})^c}$ est égal à $\mathring{\overline{K}}.$

Un nouvel ensemble apparaît, et vous allez montrer que c’est le dernier.

Note. Vous remarquez que :

• l’intérieur de $\mathring{\overline{(\overline{K})^c}}$ est égal à lui-même,
• l’adhérence de $\mathring{\overline{(\overline{K})^c}}$ est égale à $\overline{(\overline{K})^c}\comma$
• le complémentaire de $\mathring{\overline{(\overline{K})^c}}$ est égal à $\overline{\mathring{\overline{K}}}.$

Dernière partie, intérieur, adhérence et complémentaire de $\overline{\mathring{\overline{K}}}$

Aucun nouvel ensemble n’apparaît. En effet :

• l’intérieur de $\overline{\mathring{\overline{K}}}$ est égal à $\mathring{\overline{K}}\comma$
• l’adhérence de $\overline{\mathring{\overline{K}}}$ est égale à elle-même,
• le complémentaire de $\overline{\mathring{\overline{K}}}$ est égal à $\mathring{\overline{(\overline{K})^c}}.$

Concluez

Vous avez illustré le maximum d’ensembles possibles, en vertu du théorème de Kuratowski, qui stipule qu’à partir d’une partie $K$ quelconque d’un ensemble topologique, si vous lui appliquez uniquement les opérations de prise d’intérieur, de prise d’adhérence et de prise du complémentaire, vous pouvez obtenir 14 ensembles au maximum.

Prolongement

Pourriez-vous démontrer que les 14 ensembles précités dans le schéma ne génèrent pas d’autre ensemble en utilisant les opérations de prise d’intérieur, de prise d’adhérence et de prise du complémentaire ?

Ce contenu est le prolongement de celui rédigé dans l'article 391. Les mêmes notations y sont reprises.

Première partie, intérieur, adhérence et complémentaire de $\overline{\mathring{K}}$

Vous avez :

\overline{\mathring{K}} = [0,2].

La frontière de $\overline{\mathring{K}}$ est :

\partial \overline{\mathring{K}} = \{0\}\cup \{2\}.

L’intérieur de $\overline{\mathring{K}}$ est égal à :

\mathring{\overline{\mathring{K}}} = \overline{\mathring{K}} \setminus \partial \overline{\mathring{K}} = ]0,2[.

L’adhérence de $\overline{\mathring{K}}$ est égale à:

\overline{\overline{\mathring{K}}} = \overline{\mathring{K}} \cup \partial \overline{\mathring{K}} = [0,2] =  \overline{\mathring{K}} .

Le complémentaire de $\overline{\mathring{K}}$ est égal à :

\left(\overline{\mathring{K}}\right)^c = ]-\infty,0[\cup ]2, +\infty[.

Deux nouveaux ensembles apparaissent dans la schématisation.

Deuxième partie, intérieur, adhérence et complémentaire de $(\mathring{K})^c$

La frontière de $(\mathring{K})^c$ est:

\partial (\mathring{K})^c = \{0\}\cup\{1\}\cup\{2\}.

L’intérieur de $(\mathring{K})^c$ est égal à:

\mathring{\widehat{(\mathring{K})^c}} = ]-\infty, 0[\cup]2,+\infty[ = \left(\overline{\mathring{K}}\right)^c.

L’adhérence de $(\mathring{K})^c$ est égale à:

\overline{(\mathring{K})^c} = ]-\infty, 0[\cup\{1\}\cup [2, +\infty[ = (\mathring{K})^c.

Le complémentaire de $(\mathring{K})^c$ est égal à:

((\mathring{K})^c)^c =]0,1[\cup]1,2[= \mathring{K}.

Aucun nouvel ensemble n’apparaît.

Troisième partie, intérieur, adhérence et complémentaire de $(\overline{K})^c$

La frontière de $(\overline{K})^c$ est:

\partial (\overline{K})^c = \{0\}\cup \{2\} \cup\{3\}\cup\{4\}\cup\{5\}.

L’intérieur de $(\overline{K})^c$ est égal à:

\mathring{\widehat{(\overline{K})^c}} = ]-\infty, 0[ \cup ]2, 3[\cup ]3, 4[\cup ]5, +\infty[ = (\overline{K})^c.

L’adhérence de $(\overline{K})^c$ est égale à:

\overline{(\overline{K})^c} = ]-\infty, 0]\cup [2, 4]\cup [5, +\infty[.

Le complémentaire de $(\overline{K})^c$ est égal à $\overline{K}.$

Un nouvel ensemble apparaît.

Quatrième partie, intérieur, adhérence et complémentaire de $\mathring{\overline{K}}$

La frontière de $\mathring{\overline{K}}$ est:

\partial \mathring{\overline{K}} = \{0\}\cup \{2\}\cup \{4\}\cup \{5\}.

L’intérieur de $\mathring{\overline{K}}$ est égal à:

\mathring{\widehat{\mathring{\overline{K}}}} = ]0,2[\cup ]4,5[ = \mathring{\overline{K}}.

L’adhérence de $\mathring{\overline{K}}$ est égale à:

\overline{\mathring{\overline{K}}} = [0,2]\cup [4,5].

Le complémentaire de $\mathring{\overline{K}}$ est égal à :

\left(\mathring{\overline{K}}\right)^c = ]-\infty, 0]\cup [2,4]\cup [5, +\infty[ = \overline{(\overline{K})^c}.

Un nouvel ensemble apparaît.

Prolongement

Vous constatez qu’avec les notions d’intérieur, d’adhérence et de complémentaire, il a été possible de construire en tout douze ensembles.

Dans le contenu rédigé dans l'article 393 vous verrez ce qu’il advient si on poursuit ce processus.

Dans ce contenu, qui constitue une suite des éléments rédigés dans l'article 103 et dans l'article 104 vous travaillez avec des parties de $\R.$ À partir des notions topologiques de frontière, d’intérieur, d’adhérence, de parties ouvertes et de parties fermées, vous allez étudier les propriétés de l’ensemble suivant :

K = ]0,1[\cup]1, 2[\cup \{3\}\cup ([4,5]\cap \Q).

Pour toute partie $P$ de $\R\comma$ vous notez :

• $\overline{P}$ la partie égale à l’adhérence de la partie $P\comma$ qui est constituée de l’union de $P$ et de sa frontière ;
• $\mathring{P}$ la partie égale à l’intérieur de la partie $P\comma$ qui est constituée de $P$ privée de sa frontière ;
• $P^c$ la partie appelée complémentaire de $P$ dans $\R.$ C’est la partie de $\R$ constituée par tous les réels n’appartenant pas à $P.$

Pour toute partie $P$ de $\R\comma$ vous appelez frontière de $P$ la partie de $\R$ notée $\partial P\comma$ constituée par l’ensemble des réels $x$ tels que, quel que soit $\varepsilon >0\comma$ l’intervalle $]x-\varepsilon, x+\varepsilon[$ contient au moins un élément de $P$ et au moins un réel n’appartenant pas à $P.$

Première partie, intérieur, adhérence et complémentaire de $K$

Vous constatez que le complémentaire de $K$ dans $\R$ est:

K^c = ]-\infty,0]\cup \{1\} \cup [2,3[ \cup ]3, 4[ \cup (]4,5[ \cap \Q^c)\cup ]5, +\infty[.

Par ailleurs, la frontière de $K$ est:

\partial K= \{0\}\cup \{1\} \cup \{2\} \cup \{3\} \cup [4,5].

Vous déduisez l’intérieur de $K\comma$ qui est égal à $K\setminus \partial K.$ Il vient :

\mathring{K} =  ]0,1[\cup]1, 2[.

Puis, vous formez l’adhérence de $K$ qui est égale à $K\cup \partial K.$ Vous obtenez:

\overline{K} = [0, 2]\cup \{3\}\cup [4,5].

À partir de l’ensemble $K\comma$ vous avez obtenu trois nouveaux ensembles. Cela est schématisé ci-dessous :

Deuxième partie, intérieur, adhérence et complémentaire de $\mathring{K}$

Vous déterminez tout d’abord la frontière de l’ensemble $\mathring{K}.$ Vous obtenez :

\partial \mathring{K} = \{0\}\cup \{1\}\cup \{2\}.

L’intérieur de $\mathring{K}$ est égal à :

\mathring{\mathring{K}}= \mathring{K}\setminus \partial \mathring{K} =  ]0,1[\cup]1, 2[ = \mathring{K}.

L’adhérence de $\mathring{K}$ est égale à:

\overline{\mathring{K}} = \mathring{K}\cup \partial \mathring{K} = [0,2].

Le complémentaire de $\mathring{K}$ est égal à :

{(\mathring{K})}^{c} = ]-\infty, 0]\cup \{1\} \cup [2,+\infty[.

Vous obtenez ainsi deux nouveaux ensembles, que vous rajoutez dans le graphe précédent.

Troisième partie, intérieur, adhérence et complémentaire de $\overline{K}$

Vous déterminez tout d’abord la frontière de l’ensemble $\overline{K}.$ Vous obtenez:

\partial \overline{K} = \{0\}\cup \{2\}\cup \{3\}\cup \{4\}\cup \{5\}.

L’intérieur de $\overline{K}$ est égal à:

\mathring{\overline{K}} = \overline{K} \setminus \partial \overline{K} = ]0,2[\cup ]4,5[.

L’adhérence de $\overline{K}$ est égale à:

\overline{\overline{K}} = \overline{K} \cup \partial \overline{K}  = [0, 2]\cup \{3\}\cup [4,5] =  \overline{K}.

Le complémentaire de $\overline{K}$ est égal à :

(\overline{K})^c = ]-\infty, 0[ \cup ]2, 3[\cup ]3, 4[\cup ]5, +\infty[.

Vous obtenez encore deux nouveaux ensembles, que vous rajoutez dans le graphe précédent.

Quatrième partie, intérieur, adhérence et complémentaire de $K^c$

Vous partez de:

K^c = ]-\infty,0]\cup \{1\} \cup [2,3[ \cup ]3, 4[ \cup (]4,5[ \cap \Q^c)\cup ]5, +\infty[.

Vous déterminez la frontière de l’ensemble $K^c.$ Vous obtenez:

\partial K^c= \{0\}\cup \{1\} \cup\{2\} \cup \{3\}\cup [4,5].

L’intérieur de $K^c$ est égal à :

\mathring{(K^c)} = K^c \setminus \partial K^c =  ]-\infty,0[\cup  ]2,3[ \cup ]3, 4[ \cup ]5, +\infty[ = (\overline{K})^c.

L’adhérence de $K^c$ est égale à:

\overline{K^c} = K^c \cup \partial K^c =  ]-\infty,0]\cup \{1\} \cup [2, +\infty[ = (\mathring{K})^c.

Le complémentaire de $K^c$ est égal à $({K^c})^c = K.$

Vous n’obtenez aucun nouvel ensemble à rajouter.

Prolongement

Vous constatez qu’avec les notions d’intérieur, d’adhérence et de complémentaire, il a été possible de construire en tout huit d’ensembles.

Dans le contenu rédigé dans l'article 392 vous verrez ce qu’il advient si on poursuit ce processus.

Pour $p=2$, le groupe des inversibles de $\Z/2\Z$ contient exactement un élément, le neutre de la multiplication, c’est bien un groupe cyclique.

Soit $p$ un nombre premier impair fixé. Vous notez $\left(\Z/p\Z\right)^{\times}$ le groupe des inversibles de $\Z/p\Z$ muni de la multiplication.

Étape préliminaire

Soit $k$ un nombre entier appartenant à l’intervalle $\llbracket 1, p-1\rrbracket.$

Comme $\pgcd (k,p)$ divise $p$ qui est premier, vous avez $\pgcd (k,p)\in\{1,p\}.$ Si $\pgcd (k,p)=p$ alors $p$ divise $k$ donc $k\geq p.$ Mais ceci contredit l’inégalité $k\leq p-1.$ Donc $\pgcd (k,p)=1.$

Pour tout entier $k$ compris entre $1$ et $p-1$ la classe de $k$ dans $\Z/p\Z$ est inversible.

Si $k=p$, vous avez $\pgcd (k,p) = p$ et comme $p\geq 2$ vous en déduisez que la classe de $p$ dans $\Z/p\Z$ n’est pas inversible.

Ainsi, $\Z/p\Z$ contient exactement $p-1$ éléments, qui sont les classes de $k$ dans $\Z/p\Z$ quand $k$ décrit l’intervalle $\llbracket 1, p-1\rrbracket.$

Les conséquences du théorème de Lagrange

Pour tout $k\in\llbracket 1, p-1\rrbracket\comma$ la classe de $k$ élevée à la puissance $p-1$ est égale au neutre de $\left(\Z/p\Z\right)^{\times}.$ Cela entraîne le petit théorème de Fermat :

\forall k\in\llbracket 1, p-1\rrbracket, \ k^{p-1}\equiv 1\quad[p].

L’idée est maintenant de considérer le polynôme $X^{p-1}-1$ à coefficients dans $\Z/p\Z.$ $p$ étant un nombre premier, le lemme d’Euclide implique que $\Z/p\Z$ est un anneau intègre. Comme $X^{p-1}-1$ est unitaire, possède déjà $p-1$ racines et a pour degré $p-1.$ Vous en déduisez la factorisation de ce dernier dans l’anneau $\Z/p\Z\comma$ et constatez qu’il est scindé à racines simples :

X^{p-1}-1 = \prod_{k=1}^{p-1}(X-k).

Pour tout diviseur $d$ de $p-1$ le polynôme $X^d-1$ divise le polynôme $X^{p-1}-1$ dans $\Z/p\Z$

Soit $d\in\NN$ un diviseur de $p-1.$ Il existe $d’\in\NN$ tel que $p-1 = dd’.$

Vous vous inspirez du produit $(X-1)(X^{d’-1}+\cdots +1)$ qui est égal à $X^{d’}-1\comma$ comme le montre le développement suivant :

\begin{align*}
(X-1)\sum_{i=0}^{d'-1}X^i &= \sum_{i=0}^{d'-1}X^{i+1}-\sum_{i=0}^{d'-1}X^i \\
&= \sum_{i=1}^{d'}X^{i}-\sum_{i=0}^{d'-1}X^i \\
&= X^{d'}+\sum_{i=1}^{d'-1}X^{i}-\sum_{i=1}^{d'-1}X^i - 1 \\
&=X^{d'}-1.
\end{align*}

Vous reprenez le même calcul en substituant $X$ par $X^d$ ce qui fournit :

\begin{align*}
(X^d-1)\sum_{i=0}^{d'-1}X^{id} &= \sum_{i=0}^{d'-1}X^{id+d}-\sum_{i=0}^{d'-1}X^{id} \\
&= \sum_{i=0}^{d'-1}X^{(i+1)d}-\sum_{i=0}^{d'-1}X^{id} \\
&= \sum_{i=1}^{d'}X^{id}-\sum_{i=0}^{d'-1}X^{id} \\
&= X^{dd'}+\sum_{i=1}^{d'-1}X^{id}-\sum_{i=1}^{d'-1}X^{id} - 1 \\
&=X^{dd'}-1\\
&=X^{p-1}-1.
\end{align*}

Construisez un élément d’ordre $p-1$ dans $\left(\Z/p\Z\right)^{\times}$

Le nombre $p-1$ est supérieur ou égal à $2.$ Il s’écrit comme un produit de $n$ nombres premiers deux à deux distincts où $n$ est un entier naturel non nul. Notez $p_1,\dots, p_n$ les nombres premiers intervenant dans cette décomposition, sans répétition. Il existe des exposants entiers $v_1, \dots, v_n$ tous strictement positifs, tels que $p-1 = \prod_{i=1}^n p_i^{v_i}.$

Soit maintenant $i$ un entier appartenant à l’intervalle $\llbracket 1, n\rrbracket.$ Comme $p_i^{v_i}$ divise $p-1\comma$ il s’ensuit que le polynôme $X^{p_i^{v_i}}-1$ divise le polynôme $X^{p-1}-1$ dans $\Z/p\Z[X].$ Comme $X^{p-1}-1$ est scindé et que ses racines sont simples, il en est de même pour $X^{p_i^{v_i}}-1.$ (La démonstration de ce résultat est laissée au lecteur.) Ainsi, dans $\Z/p\Z[X]\comma$ l’équation $x^{p_i^{v_i}}=1$ admet exactement $p_i^{v_i}$ solutions.

De même, $p_i^{v_i-1}$ divise $p-1$ et vous trouvez que dans $\Z/p\Z[X]$ l’équation $x^{p_i^{v_i-1}}=1$ admet exactement $p_i^{v_i-1}$ solutions.

Si $x\in\Z/p\Z$ vérifie $x^{p_i^{v_i-1}}=1\comma$ en élevant à la puissance $p_i\comma$ vous obtenez $\left(x^{p_i^{v_i-1}}\right)^{p_i}=1$ et par suite $x^{p_i \times p_i^{v_i-1}}=1$ soit ${p_i^{v_i}}=1.$ Donc, dans $\Z/p\Z\comma$ l’ensemble des solutions de l’équation $x^{p_i^{v_i-1}}=1$ est inclus dans l’ensemble des solutions de l’équation $x^{p_i^{v_i}}=1.$

Ainsi, il existe exactement $p_i^{v_i}-p_i^{v_i-1}$ éléments de $\Z/p\Z$ tels que $x^{p_i^{v_i}}=1$ et $x^{p_i^{v_i-1}}\neq 1.$

Comme $p_i^{v_i}-p_i^{v_i-1} = p_i^{v_i-1} (p_i-1)$ avec $p_i \geq 2$ vous avez $p_i^{v_i}-p_i^{v_i-1} \geq 1.$

Donc il existe un élément $x_i$ de $\Z/p\Z$ tel que $x_i^{p_i^{v_i}}=1$ et $x_i^{p_i^{v_i-1}}\neq 1.$

L’égalité $x_i^{p_i^{v_i}}=1$ montre que $x_i$ appartient à $\left(\Z/p\Z\right)^{\times}.$

Soit $d_i$ l’ordre de $x_i$ dans le groupe multiplicatif $\left(\Z/p\Z\right)^{\times}.$

Comme $x_i^{p_i^{v_i}}=1$ vous avez $d_i\mid p_i^{v_i}.$ Du coup il existe un entier naturel $r_i$ tel que $r_i\leq v_i$ et $d_i = p_i^{r_i}.$ Si $r_i < v_i$ alors $r_i \leq v_i-1.$ Or $x_i^{d_i}= 1$ d’où $x_i^{p_i^{r_i}}=1$ puis $\left(x_i^{p_i^{r_i}} \right)^{p_i^{v_i-1-r_i}}=1$ ce qui donne $x_i^{p_i^{v_i-1-r_i} p_i^{r_i}}=1$ et $x_i^{p_i^{v_i-1}}=1$ contradiction. Donc $r_i = v_i$ et $d_i = p_i^{v_i}.$

Pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket$ il existe $x_i\in \left(\Z/p\Z\right)^{\times}$ tel que $x_i$ soit d’ordre $p_i^{v_i}.$

Vous considérez maintenant l’élément $x = \prod_{i=1}^n x_i$ de $\left(\Z/p\Z\right)^{\times}.$ Il est égal au produit commutatif d’éléments qui ont pour ordres respectifs $p_1^{v_1},\dots,p_n^{v_n}.$ Comme les nombres premiers $p_1,\dots,p_n$ sont deux à deux distincts, les nombres $p_1^{v_1},\dots,p_n^{v_n}$ sont premiers entre eux deux à deux. Ainsi, comme conséquence du contenu rédigé dans l'article 388 vous déduisez que $x$ a pour ordre $\prod_{i=1}^n p_i^{v_i} = p-1.$

Ainsi le groupe $\left(\Z/p\Z\right)^{\times}$ possède un élément d’ordre $p-1.$ Comme ce groupe possède exactement $p-1$ éléments, il est cyclique.

Prolongement

Démontrez le résultat qui a été utilisé dans ce contenu, à savoir : soit $A$ un anneau intègre unitaire et commutatif et soit $P$ un polynôme de $A[X]$ de degré supérieur ou égal à $1\comma$ qui soit scindé et à racines simples. Démontrez que, pour tout polynôme $Q\in A[X]\comma$ de degré supérieur ou égal à $1\comma$ si $Q$ divise le polynôme $P\comma$ alors $Q$ est également scindé à racines simples.

Dans toute cette chronique, vous noterez $G$ le groupe multiplicatif des éléments inversibles de $\Z/29\Z.$ De même, vous noterez $H$ le groupe multiplicatif des éléments inversibles de $\Z/841\Z.$

Montrez que la classe de $14$ dans $\Z/29\Z$ est un générateur du groupe multiplicatif des inversibles de $\Z/29\Z$

Comme $PGCD(14,29)=1$ la classe de $14$ appartient bien à $G.$ Notez que, grâce au théorème de Lagrange, $14^{28} \equiv 1\quad[29].$ Donc l’ordre de la classe de $14$ est un diviseur de $28.$

Comme $29$ est un nombre premier, les inversibles de $\Z/29\Z$ sont au nombre de $29-1=28.$ Pour montrer que la classe de $14$ est un générateur de $G$ il faut démontrer que l’ordre de $14$ est égal précisément égal à $28$ modulo $29.$

Comme la décomposition en produit de nombres premiers de $28$ est $28 = 2^2\times 7$ il suffit de démontrer que $14^{14}$ et $14^4$ ne sont pas congrus à $1$ modulo $29.$ En effet, dans la décomposition en produit de nombres premiers de $28$, seuls $2$ et $7$ sont les nombres premiers utilisés. Si $\frac{28}{2}=14$ n’est pas un multiple de l’ordre de la classe de $14$ et si $\frac{28}{7}=4$ ne l’est pas non plus, alors l’ordre de la classe de $14$ sera bien égal à $28.$ En effet, tout diviseur strict de $28$ est soit un diviseur de $14$ soit un diviseur de $4.$

D’une part :

\begin{align*}
14^2 &\equiv 196 \quad[29] \\
&\equiv 196-6\times 29 \quad[29]\\
&\equiv 196-6\times (30-1) \quad[29]\\
&\equiv 196-180+6 \quad[29]\\
&\equiv22 \quad[29]\\
&\equiv22-29 \quad[29]\\
&\equiv -7 \quad[29].
\end{align*} 

D’autre part :

\begin{align*}
14^4 &\equiv (14^2)^2 \quad[29] \\
&\equiv (-7)^2\quad[29]\\
&\equiv 49  \quad[29]\\
&\equiv 20 \quad[29]\\
&\equiv -9 \quad[29].
\end{align*} 

Vous avez donc $14^{4} \not\equiv 1 \quad[29].$

Il reste à calculer $14^{14}$ modulo $29.$

\begin{align*}
14^8 &\equiv (14^4)^2 \quad[29] \\
&\equiv (-9)^2\quad[29]\\
&\equiv 81  \quad[29]\\
&\equiv 81-3\times(30-1) \quad[29]\\
&\equiv 81-90+3 \quad[29]\\
&\equiv -6 \quad[29].
\end{align*} 

\begin{align*}
14^{14}&\equiv 14^8 \times 14^4  \times 14^2\quad[29] \\
&\equiv (-6)\times (-9) \times (-7)\quad[29]\\
&\equiv 54 \times (-7) \quad[29]\\
&\equiv (54-29\times 2) \times (-7) \quad[29]\\
&\equiv (54-58) \times (-7) \quad[29]\\
&\equiv (-4) \times (-7) \quad[29]\\
&\equiv 28 \quad[29]\\
&\equiv -1 \quad[29].
\end{align*} 

Vous avez donc $14^{14} \not\equiv 1 \quad[29].$

Donc 14 est primitif modulo $29.$

Montrez que la classe de $14$ dans $\Z/841\Z$ n’est pas un générateur du groupe multiplicatif des inversibles de $\Z/841\Z$

Le groupe multiplicatif des inversibles de $\Z/841\Z$ possède $\varphi(841)$ éléments où $\varphi$ est la fonction indicatrice d’Euler. Or :

\begin{align*}
\varphi(841) &=\varphi(29^2)\\
&= 29^2-29\\
&=29\times 28\\
&=(30-1)(30-2)\\
&=30(30-2-1)+2\\
&=30\times 27 +2\\
&= 812.
\end{align*}

Tout d’abord, la classe de $14$ appartient bien au groupe $H.$ En effet, comme $PGCD(14,29)=1$ il s’ensuit que $PGCD(14,29^2)=1.$

Il s’agit de démontrer que la classe de $14$ n’a pas un ordre égal à $812.$ Par le théorème de Lagrange, vous savez déjà que $14^{812}\equiv 1\quad[841].$ L’ordre $d$ de $14$ divise donc $812.$ La décomposition en produit de nombres premiers de $812=29\times 28$ est $29\times 7\times 2^2.$ Divisant $812$ par $29$ qui a pour quotient $28$ vous allez calculer $14^{28}.$

Vous calculez successivement des puissances de $14$ modulo $841.$ Pour des raisons de lisibilité, les modulos $841$ ont été omis après la première ligne pour chaque calcul effectué.

\begin{align*}
14^2& \equiv 196\quad[841].
\end{align*}

\begin{align*}
14^4&= (14^2)^2\quad[841] \\
&=  196^2\\
&= (200-4)^2 \\
&= 200^2 -8\times 200 + 16 \\
&= 40000 -1600 + 16 \\
&= 40016 -1600  \\
&= 40016 -2000+400  \\
&= 38416\\
&= 38416 -841\times 10\\
&= 30006 -841\times 20\\
&= 30006 -16820\\
&=14006-820\\
&=13006+180\\
&=13186\\
&=13186-8410\\
&=5186-410\\
&=4776\\
&=4776-841\times 2\\
&=4776-1682\\
&=3176-82\\
&=3076+18\\
&=3094\\
&=3094-1682\\
&=1412\\
&=1412-841\\
&=612-41\\
&=512+59\\
&=571\\
&=571-841\\
&=- 270.
\end{align*}

\begin{align*}
14^8 &\equiv (14^4)^2 \quad[841] \\
&\equiv (-270)^2\\
&\equiv 27^2\times 100\\
&\equiv 72900\\
&\equiv 72900 - 841\times 100\\
&\equiv 72900 - 84100\\
&\equiv -(84100-72900)\\
&\equiv -(12100-900)\\
&\equiv -(11100+100)\\
&\equiv -11200\\
&\equiv -(11200-841\times 10)\\
&\equiv -(11200-8410)\\
&\equiv -(3200-410)\\
&\equiv -(2200+590)\\
&\equiv -(2790)\\
&\equiv -(2790 - 841\times 2)\\
&\equiv -(2790 - 1682)\\
&\equiv -(1110 - 2)\\
&\equiv -1108\\
&\equiv -(1108-841)\\
&\equiv -(308-41)\\
&\equiv -267.
\end{align*}

\begin{align*}
14^{16} &\equiv (14^8)^2 \quad[841] \\
&\equiv (-267)^2\\
&\equiv (-270+3)^2\\
&\equiv 270^2 -2\times 3\times 270+9\\
&\equiv -267 -2\times 3\times 270+9\\
&\equiv -270+3 -2\times 3\times 270+9\\
&\equiv -270 -2\times 3\times 270+12\\
&\equiv -270 -6 \times 270+12\\
&\equiv - 7 \times 270+12\\
&\equiv - 1890+12\\
&\equiv - (1890-12)\\
&\equiv - 1878\\
&\equiv - (1878-841\times 2) \\
&\equiv - (1878-1682) \\
&\equiv - (278-82) \\
&\equiv - (178+18) \\
&\equiv - 196.
\end{align*}

\begin{align*}
14^{12} &\equiv 14^{8} \times 14^{4}\quad[841]\\
&\equiv (-267)\times (-270)\\
&\equiv 267\times 270\\
&\equiv (270-3)\times 270\\
&\equiv 270^2 -3 \times 270\\
&\equiv 27^2\times 100 - 810\\
&\equiv 729 \times 100 - 810\\
&\equiv (729 - 841)\times 100 - (810-841)\\
&\equiv -(841-729 )\times 100 + (841-810)\\
&\equiv -(121-9 )\times 100 + 31\\
&\equiv -(112 )\times 100 + 31\\
&\equiv -(1120 )\times 10 + 31\\
&\equiv -(1120 -841)\times 10 + 31\\
&\equiv -(320 -41)\times 10 + 31\\
&\equiv -(220 +59)\times 10 + 31\\
&\equiv -279\times 10 + 31\\
&\equiv -2790 + 31\\
&\equiv -2759 \\
&\equiv -(2759-2\times 841) \\
&\equiv -(2759-1682) \\
&\equiv -(1159-82) \\
&\equiv -(1059+18) \\
&\equiv -1077 \\
&\equiv -(1077-2\times 841) \\
&\equiv -(1077-1682) \\
&\equiv 1682 -1077 \\
&\equiv 605\\
&\equiv 605-841\\
&\equiv -(841-605)\\
&\equiv -236.
\end{align*}

\begin{align*}
14^{28} &\equiv14^{12}\times 14^{16}\quad[841]\\
 &\equiv (-236)\times (-196)\\
 &\equiv 236\times 196\\
 &\equiv 236\times (200-4)\\
 &\equiv 4720\times 10- 944\\
 &\equiv (4720 - 841\times 4)\times 10- (944-841)\\
 &\equiv (4720 - 1682\times 2)\times 10- 103\\
 &\equiv (4720 - 3364)\times 10- 103\\
 &\equiv (1420 - 64)\times 10- 103\\
 &\equiv (1320 + 36)\times 10- 103\\
 &\equiv 1356 \times 10- 103\\
 &\equiv (1356 - 841\times 2) \times 10- 103\\
 &\equiv (1356 - 1682) \times 10- 103\\
 &\equiv -(1682-1356 ) \times 10- 103\\
 &\equiv -326  \times 10- 103\\
 &\equiv -3260 - 103\\
 &\equiv -(3260-841\times 2) - 103\\
 &\equiv -(3260-1682) - 103\\
 &\equiv -(1260+318) - 103\\
 &\equiv -1578 - 103\\
 &\equiv -1681 \\
&\equiv -1681 +2\times 841\\
&\equiv -1681 +1682\\
&\equiv 1.
\end{align*}

Comme $14^{28}$ est congru à $1$ modulo $841$ vous avez démontré que la classe de $14$ n’est pas un générateur du groupe multiplicatif des inversibles de $\Z/841\Z.$ Autrement dit, $14$ n’est pas primitif modulo $841.$

Pour aller plus loin, déterminez l’ordre de $14$ modulo $841$

Soit $r\in\NN$ l’ordre de $14$ modulo $841$, c’est-à-dire le plus petit entier naturel non nul $n$ tel que $14^n\equiv 1\quad[841].$

Vous savez déjà que $14^{28}\equiv 1 \quad[841]$ ce qui entraîne $d\mid 28.$

Or, par définition de $d$, vous avez $14^d \equiv 1\quad[841].$ Comme $29 \mid 841$ vous avez aussi $14^d \equiv 1 \quad[29].$ Or vous avez établi dans ce contenu que $14$ est primitif modulo $29$ ce qui prouve que l’ordre de $14$ modulo $29$ est égal à $28.$ Du coup, $d\mid 28$ et par conséquent $d=28.$

Pour conclure, $14$ est d’ordre $28$ modulo $841.$

Prolongement

Soit $p$ un nombre premier. Cet article montre que, si $a$ est primitif modulo $p$, alors $a$ n’est pas nécessairement primitif modulo $p^2$ même si en pratique cela reste fréquent. Trouver un élément qui soit primitif modulo $p^2$ à partir d’un élément primitif modulo $p$ c’est trouver ce qui s’appelle un relèvement.

Pourriez-vous proposer une méthode permettant de trouver un tel relèvement ?