Catégorie : Niveau Prépa

Soient $n_1$ et $n_2$ deux entiers supérieurs ou égaux à $2$ premiers entre eux et soient $a_1$ et $a_2$ deux entiers relatifs.

Le théorème chinois énonce alors que le système de congruences $\mathscr{S}$ :

\left\{\begin{align*}
x \equiv a_1\quad [n_1]\\
x \equiv a_2\quad [n_2]
\end{align*}
\right.

où l’inconnue $x$ est un entier relatif, admet une infinité de solutions et que deux solutions quelconques de ce système sont congrues modulo le produit $n_1n_2.$

Un préalable avant l’analyse

Comme les entiers $n_1$ et $n_2$ sont premiers entre eux, il vient $\mathrm{PGCD}(n_1,n_2)=1.$

D’après le théorème de Bézout (une démonstration directe est donnée dans le contenu rédigé dans l'article 308), il existe deux entiers relatifs $u_1$ et $u_2$ tels que :

u_1n_1+u_2n_2 = 1.

Analysez le système

Supposez qu’il existe un entier relatif $x$ qui soit solution du système :

\left\{\begin{align*}
x \equiv a_1\quad [n_1]\\
x \equiv a_2\quad [n_2]
\end{align*}
\right.

il existe alors deux entiers relatifs $k_1$ et $k_2$ tels que :

\left\{\begin{align*}
x &= a_1+k_1n_1\\
x&= a_2+k_2n_2.
\end{align*}
\right.

Par soustraction, vous en déduisez les égalités suivantes :

\begin{align*}
0 &= a_2-a_1+k_2 n_2 - k_1n_1 \\
k_1n_1 - k_2 n_2 &= a_2-a_1.
\end{align*} 

Multipliez maintenant l’égalité $u_1n_1+u_2n_2 = 1$ par $a_2-a_1$, il vient :

(a_2-a_1)u_1n_1+(a_2-a_1)u_2n_2 = a_2-a_1.

Par soustraction, vous éliminez $a_2-a_1$ :

[k_1 - (a_2-a_1)u_1]n_1+[-k_2-(a_2-a_1)u_2]n_2 = 0.

Vous en déduisez que :

[k_1 - (a_2-a_1)u_1]n_1 = [k_2+(a_2-a_1)u_2]n_2.

Du coup :

n_1 \mid  [k_2+(a_2-a_1)u_2]n_2.

Comme $n_1$ et $n_2$ sont premiers entre eux avec $n_1\in\NN$, vous appliquez le théorème de Gauss (vous en trouverez une démonstration indépendante et directe, dans le contenu rédigé dans l'article 310) et déduisez que :

n_1 \mid  k_2+(a_2-a_1)u_2.

Il existe donc un entier relatif $t$ tel que :

k_2+(a_2-a_1)u_2 = tn_1.

Cela s’écrit :

k_2 = tn_1+(a_1-a_2)u_2.

Vous en déduisez que :

\begin{align*}
x &=  a_2+k_2n_2\\
&= a_2+( tn_1+(a_1-a_2)u_2)n_2\\
&=a_2+(a_1-a_2)u_2n_2+tn_1n_2\\
&=a_1u_2n_2+a_2(1-u_2n_2)+tn_1n_2\\
&=a_1u_2n_2+a_2(u_1n_1)+tn_1n_2.
\end{align*}

Ainsi vous avez démontré que :

\boxed{x \equiv u_1n_1a_2+ u_2n_2a_1\quad [n_1n_2].}

Note. L’analyse démontre que deux solutions du système de congruences $\mathscr{S}$ sont congrues entre-elles modulo $n_1n_2.$ En effet, soient $x_1$ et $x_2$ deux solutions quelconques de $\mathscr{S}$. Alors :

\begin{align*}
x_1 &\equiv u_1n_1a_2+ u_2n_2a_1\quad [n_1n_2]\\
x_2 &\equiv u_1n_1a_2+ u_2n_2a_1\quad [n_1n_2].
\end{align*}

Par soustraction, il vient :

\begin{align*}
x_1-x_2 \equiv 0 \quad [n_1n_2]\\
x_1 \equiv x_2 \quad [n_1n_2].
\end{align*}

Synthèse

Soit $t$ un entier relatif. Posez :

x = u_1n_1a_2+ u_2n_2a_1 + tn_1n_2.

Modulo $n_1$, il vient :

\begin{align*}
x&\equiv u_2n_2a_1\quad [n_1]\\
x &\equiv (1-u_1n_1)a_1 \quad [n_1]\\
x &\equiv a_1-u_1n_1a_1 \quad [n_1]\\
x &\equiv a_1 \quad [n_1].
\end{align*}

De même, modulo $n_2$ :

\begin{align*}
x&\equiv u_1n_1a_2\quad [n_2]\\
x &\equiv (1-u_2n_2)a_2 \quad [n_2]\\
x &\equiv a_2-u_2n_2a_2 \quad [n_2]\\
x &\equiv a_2 \quad [n_2].
\end{align*}

Ainsi, $x$ est bien solution du système de congruences $\mathscr{S}$.

Note. La synthèse démontre que le système de congruences $\mathscr{S}$ admet une infinité de solutions : à chaque valeur de l’entier $t$, l’entier $u_1n_1a_2+ u_2n_2a_1 + tn_1n_2$ est bien solution. D’autre part, l’ensemble

\{u_1n_1a_2+ u_2n_2a_1 + tn_1n_2, t\in\Z\}

est bien infini compte tenu de l’injectivité de l’application $t\mapsto u_1n_1a_2+ u_2n_2a_1 + tn_1n_2$ qui va de $\Z$ dans $\Z$.

Concluez

D’après l’analyse-synthèse effectuée, il vient d’être démontré que, pour tout entier relatif $x$ :

\boxed{\begin{align*}
 \begin{align*}
\left\{\begin{align*}
x \equiv a_1\quad [n_1]\\
x \equiv a_2\quad [n_2]
\end{align*}
\right. &\Longleftrightarrow \left(\exists t\in\Z, x = u_1n_1a_2+ u_2n_2a_1 + tn_1n_2\right) \\
&\Longleftrightarrow x\equiv  u_1n_1a_2+ u_2n_2a_1 \quad [n_1n_2].
\end{align*}
\end{align*}}

Le système de congruences $\mathscr{S}$ admet une infinité de solutions, toutes congrues entre elles modulo $n_1n_2.$
Le théorème chinois est ainsi démontré.

L’objectif de cet article est de construire une preuve directe du résultat suivant. Etant donnés deux nombres entiers relatifs $a$ et $b$ non simultanément nuls, il existe deux nombres entiers relatifs $u$ et $v$, appelés coefficients de Bézout, tels que :

\mathrm{PGCD}(a,b) = au+bv.

Ce résultat sera appelé théorème de Bézout. Très souvent, ce théorème est démontré à partir de l’algorithme d’Euclide. Une approche différente est proposée ici.

De façon formelle, ce théorème s’écrit ainsi :

\boxed{\forall (a,b)\in\Z^2\setminus\{(0,0)\}, \exists(u,v)\in\Z^2,\mathrm{PGCD}(a,b) =au+bv.}

Note. En aucun cas les nombres $u$ et $v$ ne sont uniquement déterminés par $a$ et $b.$ Seule l’existence de ces deux nombres importe dans le théorème susmentionné.

Note. Vous souhaitez calculer effectivement des coefficients de Bézout ? Reportez-vous au contenu rédigé dans l'article 174.

Vous vous rappelez que, quels que soient les entiers $a$ et $b$ non simultanément nuls, le $\mathrm{PGCD}$ de $a$ et de $b$, noté $\mathrm{PGCD}(a,b)$ désigne le maximum de l’ensemble suivant :

\{n\in\NN, n\mid a \text{ et } n\mid b\}.

Ainsi :

 \forall (a,b)\in\Z^2\setminus\{(0,0)\}, \mathrm{PGCD}(a,b) = \max \{n\in\NN, n\mid a \text{ et } n\mid b\}.

Note. Le $\mathrm{PGCD}$ de deux nombres nuls n’est pas défini, c’est la raison pour laquelle on suppose $(a,b)\neq (0,0).$

Dans toute la suite, $a$ et $b$ désignent deux entiers fixés, non simultanément nuls.

Etudiez un ensemble

Soit $A$ l’ensemble suivant :

A = \{n\in\NN, \exists(u,v)\in\Z^2, n=au+bv\}.

Vous allez dans un premier temps justifier que $A$ est non vide.

Supposez que $a$ soit non nul. Si $a$ est positif, en prenant $u=1$ et $v=0$ vous constatez que $au+bv\in\NN$ donc $au+bv\in A.$

Si $a$ est négatif, vous prenez $u=-1$ et $v=0.$ Vous constatez encore que $au+bv\in\NN$ donc $au+bv\in A.$

Si $a$ est nul, vous déduisez que $b\neq 0.$ Cela provient du fait que $(a,b)\neq (0,0).$ De même, si $b$ est positif, alors en posant $u=0$ et $v=1$, vous avez $au+bv\in\NN$ donc $au+bv\in A.$ Si $b$ est négatif, alors vous posez $u=0$ et $v=-1$ et il vient $au+bv\in\NN$ donc $au+bv\in A.$

Comme $A$ est une partie de $\N$ qui est non vide, elle admet un plus petit élément, qui sera noté $k.$

Justifiez que $k$ est le $\mathrm{PGCD}$ des nombres $a$ et $b$

Comme $k\in A$ vous déduisez que $k\in\NN$ et qu’il existe un couple $(u,v)\in\Z^2$ tel que $k=au+bv.$

Le nombre $k$ est un diviseur commun à $a$ et à $b$

Vous effectuez la division euclidienne de $a$ par $k.$ Il existe $q\in\Z$ et $r\in\llbracket 0, k-1\rrbracket$ tels que :

a = kq+r.

Si $r$ est différent de $0$, alors vous avez :

\begin{align*}
r &= a-kq\\
&=a-(au+bv)q\\
&=a(1-uq)+b(-vq).
\end{align*}

Comme $(1-uq, -vq)\in\Z^2$, avec $r>0$ vous déduisez que $r\in A.$ Or $r< k$ et $k$ est le plus petit élément de $A$ ce qui est impossible.

Donc $r = 0$ et par suite $a = kq$ donc $k\mid a.$

De même, vous effectuez la division euclidienne de $b$ par $k.$ Il existe $q’\in\Z$ et $r’\in\llbracket 0, k-1\rrbracket$ tels que :

b = kq'+r'.

Si $r’$ est différent de $0$, alors vous avez :

\begin{align*}
r' &= b-kq'\\
&=b-(au+bv)q'\\
&=a(-uq')+b(1-vq').
\end{align*}

Comme $(-uq’, 1-vq’)\in\Z^2$, avec $r’>0$ vous déduisez que $r’\in A.$ Or $r'< k$ et $k$ est le plus petit élément de $A$ ce qui est impossible.

Donc $r’ = 0$ et par suite $b = kq’$ donc $k\mid b.$

Comme $k\in\NN$ avec $k\mid a$ et $k\mid b$ vous déduisez $\boxed{k\leq \mathrm{PGCD}(a,b).}$

Le $\mathrm{PGCD}$ de $a$ et de $b$ est inférieur à $k$

Posez $m = \mathrm{PGCD}(a,b).$ Alors $m$ est nombre entier naturel non nul tel que $m\mid a $ et $m\mid b.$

Alors il existe deux entiers relatifs $a’$ et $b’$ tels que :

\begin{align*}
a &= ma'\\
b &= mb'.
\end{align*}

Or, la relation $k =au+bv$ fournit :

\begin{align*}
k &= ma'u+mb'v\\
&= m(a'u+b'v).
\end{align*}

La stricte positivité de $k$ et de $m$ fournit $a’u+b’v \in\NN.$

Cela s’écrit :

\begin{align*}
a'u+b'v &\geq 1\\
m(a'u+b'v) &\geq m\\
k &\geq m.
\end{align*}

Ainsi, $\boxed{\mathrm{PGCD}(a,b)\leq k.}$

Concluez

Il vient d’être démontré que $k = \mathrm{PGCD}(a,b)$ et que :

\mathrm{PGCD }(a,b)=\min \{n\in\NN, \exists(p,q)\in\Z^2, n=ap+bq\}.

En particulier :

\mathrm{PGCD}(a,b)\in\{n\in\NN, \exists(p,q)\in\Z^2, n=ap+bq\}.

Le théorème de Bézout est bien démontré.

\boxed{\forall (a,b)\in\Z^2\setminus\{(0,0)\}, \exists(u,v)\in\Z^2,\mathrm{PGCD}(a,b) =au+bv.}

Définissez une addition interne et une multiplication externe

L’ensemble $\R_{+}^{*}$ des nombres réels strictement positifs va être muni d’une opération interne notée $\oplus$ définie de la façon suivante :

 \begin{array}{lll}
\oplus: & \R_{+}^{*} \times \R_{+}^{*}  & \to \R_{+}^{*}\\
&(x,y) &\mapsto xy.
\end{array}

Tout élément de $\R_{+}^{*}$ va pouvoir être multiplié par un élément du corps $\R$, via la multiplication externe notée $\odot$ définie par :

 \begin{array}{lll}
\odot: & \R \times \R_{+}^{*}  & \to \R_{+}^{*}\\
&(\lambda ,x) &\mapsto x^{\lambda}.
\end{array}

Note. Les éléments du corps $\R$ sont appelés scalaires et ceux de l’ensemble $\R_{+}^{*}$ sont appelés vecteurs.

Vérifiez les quatre axiomes de l’addition interne

Associativité de l’addition

Soit $(x,y,z)\in(\R_{+}^{*})^3.$ D’une part :

\begin{align*}
(x\oplus y) \oplus z &= (xy) \oplus z \\
&= (xy)z\\
&=xyz.
\end{align*}

D’autre part :

\begin{align*}
x\oplus (y \oplus z) &= x \oplus (yz) \\
&= x(yz)\\
&=xyz.
\end{align*}

Vous déduisez :

\boxed{\forall (x,y,z)\in(\R_{+}^{*})^3, (x\oplus y) \oplus z = x\oplus (y \oplus z).}

Commutativité de l’addition

Soit $(x,y)\in(\R_{+}^{*})^2.$ Comme la multiplication usuelle de deux réels est commutative, vous déduisez successivement :

\begin{align*}
x\oplus y&= xy\\
&= yx\\
&=y\oplus x.
\end{align*}

\boxed{\forall (x,y)\in(\R_{+}^{*}),  x\oplus y = y\oplus x.}

Existence d’un élément neutre pour l’addition

Soit $x\in\R_{+}^{*}.$ Comme $1$ est neutre pour la multiplication usuelle des réels, vous avez :

\begin{align*}
1\oplus x &= 1x\\
&=x.
\end{align*}

\boxed{\forall x\in \R_{+}^{*},  1 \oplus x = x.}

Existence d’un opposé pour l’addition

Soit $x\in\R_{+}^{*}.$ Comme $x$ est non nul, il admet un inverse noté $\frac{1}{x}.$ Comme $x$ est strictement positif, $\frac{1}{x}$ l’est aussi. Dès lors :

\begin{align*}
x\oplus \left(\frac{1}{x}\right) &= x\times \frac{1}{x} \\
&= 1.
\end{align*}

\boxed{\forall x\in \R_{+}^{*}, \exists y\in\R_{+}^{*},   x \oplus y = 1.}

Vérifiez les quatre axiomes de la multiplication externe

Distributivité par rapport à l’addition des scalaires

Soit $(\lambda, \mu)\in\R^2$ et soit $x\in\R_{+}^{*}.$ Vous avez :

\begin{align*}
(\lambda + \mu)\odot x &= x^{\lambda+\mu}\\
&= x^{\lambda} x^{\mu}\\
&= (\lambda \odot x) (\mu \odot x)\\
&= (\lambda \odot x) \oplus (\mu \odot x).
\end{align*}

\boxed{\forall (\lambda, \mu)\in\R^2, \forall x\in\R_{+}^{*}, (\lambda+\mu)\odot x =( \lambda\odot x) \oplus (\mu \odot x).}

Distributivité par rapport à l’addition des vecteurs

Soit $\lambda\in\R$ et soit $(x,y)\in(\R_{+}^{*})^2.$ Vous avez :

\begin{align*}
\lambda \odot (x\oplus y) &= \lambda\odot (xy) \\
&= (xy)^{\lambda}\\
&= x^{\lambda} y^{\lambda}\\
&= (\lambda \odot x)(\lambda \odot y)\\
&= (\lambda \odot x)\oplus(\lambda \odot y).
\end{align*}

\boxed{\forall \lambda\in\R, \forall (x,y)\in(\R_{+}^{*})^2, \lambda \odot (x\oplus y) =  (\lambda \odot x)\oplus(\lambda \odot y).}

Compatibilité de la multiplication des réels avec la multiplication externe

Soit $(\lambda, \mu)\in\R^2$ et soit $x\in\R_{+}^{*}.$ Vous avez :

\begin{align*}
(\lambda \mu) \odot x &=x^{\lambda \mu}\\
&= (x^{\mu})^{\lambda}\\
&= (\mu \odot x)^\lambda\\
&= \lambda\odot(\mu \odot x).
\end{align*}

\boxed{\forall (\lambda, \mu)\in\R^2, \forall x\in\R_{+}^{*}, (\lambda \mu) \odot x = \lambda\odot(\mu \odot x).}

Compatibilité du neutre de la multiplication des réels

Soit $x\in\R_{+}^{*}.$

\begin{align*}
1 \odot x &= x^1\\
&= x.
\end{align*}

\boxed{\forall x\in\R_{+}^{*}, 1 \odot x =  x.}

Concluez

Comme les huit axiomes sont vérifiés, les deux opérations $\oplus$ et $\odot$ confèrent à l’ensemble $\R_{+}^{*}$ une structure de $\R$-espace vectoriel.

Notez $u$ le nombre réel défini par :

\boxed{u=2+\sqrt{2}.}

Le titre amène à rechercher tous les polynômes $P\in\Z[X]$ de degré 2 tels que :

P(u)=0.

Note. Vous remarquez que :

u-2 = \sqrt{2}.

En élevant au carré, vous obtenez :

\begin{align*}
(u-2)^2 &= 2\\
u^2-4u+4 &= 2\\
u^2-4u+2&=0.
\end{align*}

Vous déduisez que $u$ est annulé par le polynôme $X^2-4X+2$ qui est de degré $2$ et à coefficients entiers.

La question qui se pose est la suivante : existe-t-il d’autres polynômes de degré $2$, à coefficients entiers, annulant le réel $2+\sqrt{2}$ ? Plusieurs approches sont possibles.

Dans la suite de cet article, vous procèderez comme si vous ne saviez pas précisément que $X^2-4X+2$ est un polynôme qui annule le réel $u.$ L’avantage de cette approche est de retrouver ce résultat autrement et de répondre à la question posée. La recherche des solutions entières d’un système d’équations linéaires à coefficients entiers sera effectuée avec le calcul matriciel.

Analysez le problème

Soit $P$ un polynôme à coefficients entiers, de degré $2$, tel que :

P(u)=0.

Obtenez un système d’équations

Il existe des nombres $a\in\ZZ$, $b\in\Z$ et $c\in\Z$ tels que :

\begin{align*}
au^2+bu+c&=0\\
a(4+2+4\sqrt{2})+b(2+\sqrt{2})+c&=0\\
(6a+2b+c)+(4a+b)\sqrt{2}&=0.
\end{align*}

Supposez un instant que $4a+b$ soit non nul.

Alors :

\sqrt{2}=-\frac{6a+2b+c}{4a+b}.

Cette écriture impliquerait que $\sqrt{2}\in\Q$, autrement dit $\sqrt{2}$ serait rationnel.

Ceci contredit le contenu rédigé dans l'article 122 dans lequel il est démontré que $\sqrt{2}\notin\Q.$

Vous déduisez que :

4a+b=0.

Comme :

(6a+2b+c)+(4a+b)\sqrt{2}=0

vous déduisez :

6a+2b+c=0.

Utilisez des matrices pour résoudre le système obtenu

D’après ce qui précède, vous avez obtenu :

\begin{pmatrix}
6 & 2 & 1\\
4 & 1 & 0 
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a\\ b\\ c  
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0\\ 0  
\end{pmatrix}.

Vous posez maintenant :

\boxed{A = \begin{pmatrix}
6 & 2 & 1\\
4 & 1 & 0 
\end{pmatrix}
}

et vous cherchez à simplifier $A$ en la multipliant par des matrices inversibles, à coefficients entiers, dont les inverses restent à coefficients entiers. Il suffit d’utiliser des matrices de permutation et de transvection, en lien avec les opérations élémentaires sur les colonnes de la matrice $A.$

Simplifiez la matrice $A$ avec des multiplications

D’une part, vous échangez les colonnes $1$ et $3$ de la matrice $A$ vous obtenez :

A \begin{pmatrix}
0  & 0  & 1\\
0  & 1  & 0\\
1  & 0  & 0\\
\end{pmatrix} =  \begin{pmatrix}
1 & 2 & 6 \\
0 & 1 & 4 
\end{pmatrix}.

Vous remplacez la colonne $2$ par elle-même ôtée du double de la colonne $1$, vous obtenez :

A \begin{pmatrix}
0  & 0  & 1\\
0  & 1  & 0\\
1  & 0  & 0\\
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
1  & -2  & 0\\
0  & 1  & 0\\
0  & 0  & 1\\
\end{pmatrix} =  \begin{pmatrix}
1 & 0 & 6 \\
0 & 1 & 4 
\end{pmatrix}.

Cela s’écrit :

A \begin{pmatrix}
0  & 0  & 1\\
0  & 1  & 0\\
1  & -2  & 0\\
\end{pmatrix} =  \begin{pmatrix}
1 & 0 & 6 \\
0 & 1 & 4 
\end{pmatrix}.

Enfin, vous remplacez la colonne $3$ par elle-même à laquelle vous enlevez quatre fois la colonne $2$ et six fois la colonne $1$, pour conclure :

A \begin{pmatrix}
0  & 0  & 1\\
0  & 1  & 0\\
1  & -2  & 0\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1  & 0  & -6\\
0  & 1  & -4\\
0  & 0  & 1\\
\end{pmatrix}
 =  \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 
\end{pmatrix}.

A 
\begin{pmatrix}
0  & 0  & 1\\
0  & 1  & -4\\
1 & -2 & 2
\end{pmatrix}
 =  \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 
\end{pmatrix}.

Vous notez :

\boxed{P = \begin{pmatrix}
0  & 0  & 1\\
0  & 1  & -4\\
1 & -2 & 2
\end{pmatrix}
}

et remarquez que :

\boxed{AP = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 
\end{pmatrix}.}

Calculez l’inverse de la matrice $P$

Vous résolvez le système suivant :

\left\{\begin{align*}
x_3 &= y_1\\
x_2-4x_3&=y_2\\
x_1-2x_2+2x_3&=y_3.
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
x_3 &= y_1\\
x_2&=y_2+4x_3\\
x_1-2x_2+2x_3&=y_3.
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
x_3 &= y_1\\
x_2&=4y_1+y_2\\
x_1-2x_2+2x_3&=y_3.
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
x_3 &= y_1\\
x_2&=4y_1+y_2\\
x_1&=2x_2-2x_3+y_3.
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
x_3 &= y_1\\
x_2&=4y_1+y_2\\
x_1&=8y_1+2y_2-2y_1+y_3.
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
x_1&=6y_1+2y_2+y_3\\
x_2&=4y_1+y_2\\
x_3 &= y_1.

\end{align*}\right.

La matrice $P$ est inversible et :

\boxed{P^{-1} = \begin{pmatrix}
6  & 2  & 1\\
4  & 1  & 0\\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}.
}

Déduisez-en les valeurs possibles de $a$, $b$ et $c$

De l’égalité :

A\begin{pmatrix}
a\\ b\\ c  
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0\\ 0  
\end{pmatrix}

vous forcez l’apparition de la matrice $P$ et de son inverse :

APP^{-1}\begin{pmatrix}
a\\ b\\ c  
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0\\ 0  
\end{pmatrix}.

Cela fournit :

\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 
\end{pmatrix}P^{-1}\begin{pmatrix}
a\\ b\\ c  
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0\\ 0  
\end{pmatrix}.

Soient alors $m$, $n$ et $p$ les trois entiers définis par :

\left\{\begin{align*}
 m &=6a+2b+c\\
n&=4a+b\\
p &=a.
\end{align*}
\right.

Vous avez :

\begin{pmatrix}
m\\ n\\ p  
\end{pmatrix} = P^{-1}\begin{pmatrix}
a\\ b\\ c  
\end{pmatrix}.

Donc :

\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
m\\ n\\ p  
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0\\ 0  
\end{pmatrix}.

Si bien que $m=n=0$, ce qui est logique vous retrouvez bien les équations satisfaites par $a$, $b$ et $c.$

Ainsi :

\begin{pmatrix}
0\\ 0\\ p  
\end{pmatrix} = P^{-1}\begin{pmatrix}
a\\ b\\ c  
\end{pmatrix}.

Cela fournit immédiatement :

\begin{pmatrix}
a\\ b\\ c  
\end{pmatrix} = P\begin{pmatrix}
0\\ 0\\ p  
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
p\\ -4p\\ 2p \end{pmatrix} .

Comme $a = p$ et que $a$, coefficient dominant, est non nul, vous déduisez que $p\neq 0.$

En conclusion de cette analyse, il existe un entier $p$ non nul tel que :

P(X) = p(X^2-4X+2).

Synthèse

Il a été vu que $u^2-4u+2 = 0.$

Ainsi, quel que soit $p\in\ZZ$, $p(u^2-4u+2) = 0.$

Donc quel que soit $p\in\ZZ$ le polynôme $p(X^2-4X+2)$ est bien à coefficients entiers, de degré $2$ et annulateur du réel $2+\sqrt{2}.$

Concluez

Pour tout polynôme $P$ de degré $2$ à coefficients entiers, il y a équivalence entre les propositions suivantes :

• le polynôme $P$ annule le réel $2+\sqrt{2}$ ;
• il existe un entier $p$ non nul tel que $P(X) = p(X^2-4X+2).$

Soit à résoudre l’équation suivante :

4x+3y+2z+7t=15

où les inconnues $x$, $y$, $z$ et $t$ sont des nombres entiers.

Note. Une telle équation est qualifiée de diophantienne.

Utilisez des matrices pour limiter le nombre d’inconnues

Définissez la matrice ligne suivante :

A=\begin{pmatrix}
4& 3& 2& 7
\end{pmatrix}.

Pour tout $(x,y,z,t)\in\Z^4$ vous notez $X$ le vecteur colonne défini par :

X=\begin{pmatrix}
x\\y\\z\\t
\end{pmatrix}.

Enfin, vous notez $B$ la matrice suivante qui ne comporte qu’un seul coefficient :

B = \begin{pmatrix}
15
\end{pmatrix}.

L’équation à quatre inconnues de départ revient à résoudre l’équation suivante :

\boxed{AX=B}

où la seule inconnue est $X.$

Exprimez la matrice $A$ avec des matrices élémentaires

Un objectif premier : faire apparaître le $\mathrm{PGCD}$ des coefficients

Le plus grand diviseur commun des entiers $4$, $3$, $2$ et $7$ est $1.$

Démonstration. En effet, soit $d$ un diviseur commun des entiers $4$, $3$, $2$ et $7.$

Comme $d\mid 7$ et que $7$ est premier vous avez $d\in\{1,7\}.$ Si $d=7$, alors $7\mid 2$ donc $7\leq 2$ ce qui est absurde.

Du coup, $d=1.$

$1$ étant le seul diviseur commun aux quatre entiers $4$, $3$, $2$ et $7$ il vient :

\mathrm{PGCD}(4,3,2,7)=1.\ \blacksquare

Ce PGCD va être placé en haut à gauche, puis va être utilisé pour mettre des zéros.

Une transvection pour le $\mathrm{PGCD}$

Vous souhaitez passer de la matrice $A$ à la matrice suivante :

\begin{pmatrix}
1& 3& 2& 7
\end{pmatrix}.

Cela revient à remplacer la colonne $C_1$ par $C_1-C_2$ au niveau de la matrice $A.$

En effet :

\begin{pmatrix} 4&3&2&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
-1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&3&2&7 \end{pmatrix}.

Vous déduisez que vous pouvez passer de la matrice $\begin{pmatrix} 1&3&2&5 \end{pmatrix}$ à la matrice $\begin{pmatrix} 4&3&2&7 \end{pmatrix}$, en remplaçant la colonne $C_1$ par la colonne $C_1+C_2.$

En effet :

\begin{pmatrix} 1&3&2&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4&3&2&7 \end{pmatrix}.

Ainsi :

A = \begin{pmatrix} 1&3&2&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.

Une transvection et un premier zéro

Vous allez dans la suite passer de la matrice $\begin{pmatrix} 1&3&2&7 \end{pmatrix}$ à la matrice $\begin{pmatrix} 1&0&2&7 \end{pmatrix}$, ce qui revient à remplacer la colonne $C_2$ par la colonne $C_2-3C_1.$

En effet :

\begin{pmatrix} 1&3&2&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & -3 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&0&2&7 \end{pmatrix}.

Vous déduisez que vous pouvez passer de la matrice $\begin{pmatrix} 1&0&2&7 \end{pmatrix}$ à la matrice $\begin{pmatrix} 1&3&2&7 \end{pmatrix}$, en remplaçant la colonne $C_2$ par la colonne $C_2+3C_1.$

Cela donne :

\begin{pmatrix} 1&0&2&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 3 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&3&2&7 \end{pmatrix}.

Du coup :

\begin{align*}
A
&=  

 \begin{pmatrix} 1&3&2&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix} 1&0&2&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 3 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix} 1&0&2&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
4 & 3 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}. 
\end{align*}

Une transvection et un deuxième zéro

Vous déduisez que vous pouvez passer de la matrice $\begin{pmatrix} 1&0&0&7 \end{pmatrix}$ à la matrice $\begin{pmatrix} 1&0&2&7 \end{pmatrix}$, en remplaçant la colonne $C_3$ par la colonne $C_3+2C_1.$

\begin{pmatrix} 1&0&0&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 0 &2 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&0&2&7 \end{pmatrix}.

Du coup :

\begin{align*}
A
&=\begin{pmatrix} 1&0&2&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
4 & 3 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix} 1&0&0&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 0 &2 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
4 & 3 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix} 1&0&0&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
4 & 3 &2 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Une transvection et un troisième zéro

Vous déduisez que vous pouvez passer de la matrice $\begin{pmatrix} 1&0&0&0 \end{pmatrix}$ à la matrice $\begin{pmatrix} 1&0&0&7 \end{pmatrix}$, en remplaçant la colonne $C_4$ par la colonne $C_4+7C_1.$

\begin{pmatrix} 1&0&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 0 &0 & 7\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&0&0&7 \end{pmatrix}.

Du coup :

\begin{align*}
A
&=\begin{pmatrix} 1&0&0&7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
4 & 3 &2 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix} 1&0&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 0 &0 & 7\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
4 & 3 &2 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix} 1&0&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
4 & 3 &2 & 7\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Pour la suite, vous posez :

\boxed{\begin{align*}
S &= \begin{pmatrix} 1&0&0&0 \end{pmatrix}\\
Q &= \begin{pmatrix}
4 & 3 & 2 & 7\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}
}

Alors :

\boxed{A = SQ.}

Montrez que la matrice $Q$ est inversible et que les coefficients de $Q^{-1}$ sont des entiers

La matrice $Q$ est le produit de quatre matrices de transvection qui ont pour déterminant $1.$ Ainsi, par produit des déterminants, $\det Q = 1.$ Comme $\det Q \neq 0$, la matrice $Q\in M_4(\Q)$ est inversible.

Comme $\det (Q)\times \det(Q^{-1}) = 1$ il vient $\det(Q^{-1})=1.$ Utilisant la comatrice de $Q$ notée $Q^{*}$, vous avez :

Q^{-1} = \det (Q^{-1})\  ^{t}(Q^{*}) = ^{t}(Q^{*}).

Or, comme $Q$ est à coefficients entiers, il en est de même de $Q^{*}$ donc de $^{t} Q^{*}.$

Donc $Q^{-1}$ est à coefficients entiers.

Calculez la matrice $Q^{-1}$

Quels que soit $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\Q^4$ et quels que soit $(y_1,y_2,y_3,y_4)\in\Q^4$ :

\begin{align*}

Q\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
x_4
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
y_1\\
y_2\\
y_3\\
y_4
\end{pmatrix}
&\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{lllll}
4x_1 &+3x_2 &+2x_3 &+ 7x_4 &= y_1\\
\hphantom{4}x_1&+\hphantom{3}x_2&&&=y_2\\
&&\hphantom{+2}x_3&&=y_3\\
&&&\hphantom{+7}x_4&=y_4\\
\end{array}
\right.
\\
&\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{lllll}
\hphantom{4}x_1&+\hphantom{3}x_2&&&=y_2\\
4x_1 &+3x_2 &+2x_3 &+ 7x_4 &= y_1\\
&&\hphantom{+2}x_3&&=y_3\\
&&&\hphantom{+7}x_4&=y_4\\
\end{array}
\right.
\\
&\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{lllll}
\hphantom{4}x_1&+\hphantom{3}x_2&&&=y_2\\
 &-\hphantom{3}x_2 &+2x_3 &+ 7x_4 &= y_1-4y_2\\
&&\hphantom{+2}x_3&&=y_3\\
&&&\hphantom{+7}x_4&=y_4\\
\end{array}
\right.
\\
&\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{ll}
x_1&=y_2-x_2\\
x_2&=2x_3+7x_4-y_1+4y_2 \\
x_3&=y_3\\
x_4 &= y_4
\end{array}
\right.
\\
&\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{ll}
x_1&=y_2-x_2\\
x_2&=2y_3+7y_4-y_1+4y_2 \\
x_3&=y_3\\
x_4 &= y_4
\end{array}
\right.
\\
&\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{ll}
x_1&=y_2-x_2\\
x_2&=-y_1+4y_2+2y_3+7y_4 \\
x_3&=y_3\\
x_4 &= y_4
\end{array}
\right.
\\
&\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{ll}
x_1&=y_2+y_1-4y_2-2y_3-7y_4\\
x_2&=-y_1+4y_2+2y_3+7y_4 \\
x_3&=y_3\\
x_4 &= y_4
\end{array}
\right.
\\
&\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{ll}
x_1&=y_1-3y_2-2y_3-7y_4\\
x_2&=-y_1+4y_2+2y_3+7y_4 \\
x_3&=y_3\\
x_4 &= y_4
\end{array}
\right.
\\
&\Longleftrightarrow
\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
x_4
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1&-3&-2&-7\\
-1 & 4 & 2 & 7\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
y_1\\
y_2\\
y_3\\
y_4
\end{pmatrix}
\end{align*}

Du coup :

Q^{-1} = \begin{pmatrix}
1&-3&-2&-7\\
-1 & 4 & 2 & 7\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.

Résolvez l’équation $4x + 3y + 2z + 7t = 15$ pour $(x,y,z,t)\in\Z^4$

Analyse

Soit $(x,y,z,t)\in\Z^4$ tel que $4x+3y+2z+7t=15.$

Vous posez :

X'=QX=\begin{pmatrix}
4x+3y+2z+7t\\x+y\\z\\t
\end{pmatrix}.

Posez encore :

\left\{\begin{align*}
x' &= 4x+3y+2z+7t\\
y'&=x+y\\
z'&=z\\
t'&=t.
\end{align*}\right.

Remarquez que $(x’,y’,z’,t’)\in\Z^4.$

Vous déduisez successivement :

\begin{array}{l}
AX=B\\
SQX=B\\
SX'=B\\
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x'\\y'\\z'\\t'
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
15
\end{pmatrix}
\\
x'=15
\\
X'=\begin{pmatrix}
15\\y'\\z'\\t'
\end{pmatrix}
\\
QX=\begin{pmatrix}
15\\y'\\z'\\t'
\end{pmatrix}\\
X = Q^{-1} \begin{pmatrix}
15\\y'\\z'\\t'
\end{pmatrix}
\\
X = \begin{pmatrix}
1&-3&-2&-7\\
-1 & 4 & 2 & 7\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
15\\y'\\z'\\t'
\end{pmatrix}
\\
X = \begin{pmatrix}
15-3y'-2z'-7t'\\
-15+4y'+2z'+7t'\\
z'\\
t'
\end{pmatrix}.
\end{array}

En définitive, il existe trois entiers relatifs $m$, $n$ et $p$ tels que :

\left\{\begin{align*}
x&=15-3m-2n-7p\\
y&=-15+4m+2n+7p\\
z&=n\\
t&=p.
\end{align*}
\right.

Synthèse

Soit $(m,n,p)\in\Z^3.$

Vous posez :

\left\{\begin{align*}
x&=15-3m-2n-7p\\
y&=-15+4m+2n+7p\\
z&=n\\
t&=p.
\end{align*}
\right.

Alors :

\begin{align*}
4x+3y+2z+7t &= 4(15-3m-2n-7p)\\
&\qquad+3(-15+4m+2n+7p)\\
&\qquad +2n+7p\\
&=60-12m-8n-28p\\
&\qquad -45+12m+6n+21p\\
&\qquad+2n+7p\\
&=15.
\end{align*}

Concluez

\boxed{\forall (x,y,z,t)\in\Z^4,\ 4x+3y+2z+7t=15 \Longleftrightarrow 
\left[
\exists(m,n,p)\in\Z^3, \left\{\begin{align*}
x&=15-3m-2n-7p\\
y&=-15+4m+2n+7p\\
z&=n\\
t&=p
\end{align*}
\right.
\right].
}

Grâce aux contenus rédigés dans l'article 298 et dans l'article 297, il est possible d’aborder la méthode de Toepler qui date de 1865.

Vous vous attachez dans cet article à trouver le reste et la racine carrée entière du nombre suivant :

a=352621.

Afin de limiter le nombre de soustractions il est commode d’écrire $a$ par paquet de deux chiffres :

a=35\ 26\ 21.

Vous allez déterminer le reste et la racine carrée entière de $35$ puis de $35\ 26$ et enfin de $35\ 26\ 21.$

Première étape : racine carrée entière et reste de $35$

Vous effectuez la série de soustractions suivantes :

\begin{align*}
35 - 1 &= 34\\
34- 3&= 31\\
31-5&= 26\\
26-7&=19\\
19-9&=10\\
10-11 &= -1.
\end{align*}

Vous prenez l’avant-dernière ligne et repérez le nombre impair $9$ qui est retranché. Vous effectuez :

\frac{9+1}{2} = 5.

Remarquez aussi que ce nombre correspond au nombre de soustractions effectuées avant d’obtenir un résultat strictement négatif.

Donc la racine carrée entière de $35$ est $5.$ Le reste apparaît comme étant le dernier résultat positif des soustractions. Vous le lisez à l’avant-dernière ligne, il vaut $10.$

Ainsi :

\begin{align*}
35 &= 5^2+10\\
10&\in\llbracket 0, 10\rrbracket.
\end{align*}

Deuxième étape : racine carrée entière et reste de $35\ 26$

Vous utilisez le fait que :

\begin{align*}
35\ 26 &= 35\times 100+26 \\
&=(5^2+10)\times 100+26\\
&=5^2\times 100 + 10\times 100+26\\
&=5^2\times 10^2+ 1026\\
&=50^2+1026.
\end{align*}

Comme $1026\notin \llbracket 0, 100\rrbracket$, vous déduisez que $50$ n’est pas la racine carrée entière de $3526.$

Il a été vu dans le contenu rédigé dans l'article 298 que, si vous considérez la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ définie par :

\begin{array}{l}
u_0 = 3526\\
\forall n\in\N, u_{n+1} = u_n-(2n+1)
\end{array}

alors il existe un entier $q$ non nul qui est le rang minimum à partir duquel vous avez $u_q<0.$

La racine carrée entière de $3526$ est alors égale à $q-1.$

Or, la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ vérifie la propriété suivante :

\forall n\in\N, 3526=n^2+u_n.

En effectuant $n=50$, vous déduisez :

3526=50^2+u_{50}.

Or :

3526 = 50^2+1026.

Vous déduisez donc :

u_{50} = 1026.

Vous avez donc économisé un grand nombre de soustractions sur la suite $(u_n)_{n\geq 0}.$

Vous poursuivez maintenant les soustractions.

Comme $u_{51} = u_{50} – 101$ il vient ce qui suit.

\begin{align*}
1026 - 101 &=925\\
925 - 103 &=822\\
822-105 &=717\\
717-107 &=610\\
610-109 &=501\\
501-111 &=390\\
390-113&=277\\
277-115&=162\\
162-117&=45\\
45-119&=-74.
\end{align*}

L’avant-dernier nombre impair est $117.$

\frac{117+1}{2}=\frac{118}{2}=59.

Cela revient à dire que $u_{59} = 45.$

Donc :

3526 = 59^2+45.

Comme $45\in \llbracket 0, 118\rrbracket$ vous déduisez que $59$ est la racine carrée entière de $3526$ et que $45$ est le reste.

Dernière étape : racine carrée entière et reste de $35\ 26\ 21$

Vous reprenez le raisonnement de la deuxième étape.

\begin{align*}
35\ 26\ 21 &= 3526\times 100 + 21\\
&=(59^2+45)\times 100+21\\
&=59^2\times 10^2+4521\\
&=590^2+4521.
\end{align*}

Afin de ne pas alourdir les notations, vous redéfinissez la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ en posant :

\begin{array}{l}
u_0 = 352621\\
\forall n\in\N, u_{n+1} = u_n-(2n+1).
\end{array}

L’égalité précédente prouve que $u_{590} = 4521.$

Vous avez donc $u_{591} = u_{590}- 1181.$

Vous aurez remarqué que le nombre impair $1181$ s’obtient en doublant le nombre $59$ soit $118$, et en « collant » le chiffre $1$ à droite. Cela revient à effectuer l’opération $59\times 2\times 10+1$ ce qui est exactement $2\times 590+1.$

Vous calculez les termes suivants de la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ à partir du rang $591$ :

\begin{align*}
4521 - 1181 &= 3340\\
3340 - 1183 &=2157\\
2157-1185 &= 972\\
972-1187&=-215.
\end{align*}

Pour trouver le rang de la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ associé au terme $972$, il suffit de prendre le nombre impair retranché à l’avant-dernière ligne, puis d’effectuer ce calcul :

\frac{1185+1}{2} = \frac{1186}{2}=593.

Ainsi, $u_{593} = 785.$

Vous déduisez donc :

352621=593^2+972.

Comme $972\in\llbracket 0, 1186\rrbracket$ vous concluez.

La racine carrée entière de $352621$ est égale à $593$ et son reste est $972.$

Un exemple amélioré

Soit à calculer la racine carrée entière de $p = 7569.$

Vous exprimez ce nombre par tranche de deux chiffres : $p=75\ 69.$

Connaissant la liste de vos carrés de $1$ à $10$ vous notez que $7^2 = 49$, $8^2 = 64$ et $9^2 = 81.$

Donc $75 = 8^2+r$ où $r = 75-64 = 11.$ Comme $r\in\llbracket 0, 16\rrbracket$ vous avez trouvé la racine carrée entière ainsi que le reste de $75$ :

75 = 8^2+11.

En multipliant par $100$ vous déduisez :

7500 = 80^2+1100.

En ajoutant $69$ il vient :

7569 = 80^2+1169.

Vous effectuez maintenant des soustractions en partant du double de $80$ auquel vous ajoutez $1$ ce qui donne $161.$

\begin{array}{l|l}
1169 - 161 = 1008 & 7569 = 81^2+1008\\
1008 - 163 =845& 7569 = 82^2+845\\
845-165 =680& 7569 = 83^2+680\\
680-167=513& 7569 = 84^2+513\\
513-169=344& 7569 = 85^2+344\\
344-171=173& 7569 = 86^2+173\\
173-173=0 & 7569 = 87^2.
\end{array}

Le nombre $7569$ est un carré parfait puisque le reste est nul. C’est le carré de $87.$

Cet article constitue le prolongement du contenu rédigé dans l'article 297.

Soit $a$ un entier naturel. Alors il existe un unique entier naturel $b$ et un unique entier positif $r$ inférieur ou égal à $2b$, tels que :

\boxed{a=b^2+r.}

Exemple avec le nombre $180$

Vous allez constater que les identités remarquables font apparaître des nombres impairs consécutifs.

En effet, partez de :

180 = 0^2 + 180.

Vous posez $u_0 = 180$ de sorte que :

180 = 0^2+u_0.

Vous cherchez à faire apparaître $1^2.$

\begin{align*}
180 &= 1^2  + u_0 + 0^2 -1^2\\
&=1^2+u_0+(0-1)(0+1)\\
&=1^2 +u_0-1.
\end{align*}

Vous posez donc $u_1 = u_0-1$, de sorte que :

180 = 1^2 + u_1.

Comme $u_1 \notin \llbracket 0, 2\rrbracket$ vous déduisez que $u_1$ n’est pas le reste de la racine carrée entière de $180.$

Vous poursuivez.

\begin{align*}
180 &=1^2 + u_1\\
&=2^2+u_1+1^2-2^2\\
&=2^2+u_1+(1-2)(1+2)\\
&=2^2+u_1-3.
\end{align*}

Vous posez $u_2 = u_1-3$ pour obtenir :

180 = 2^2+u_2.

Le calcul de $u_2$ fournit :

\begin{align*}
u_2 &= u_1-3\\
&= u_0-1-3\\
&= 180-1-3\\
&=176.
\end{align*}

Comme $u_2 \notin \llbracket 0, 4\rrbracket$ vous déduisez que $u_2$ n’est pas le reste de la racine carrée entière de $180.$

Vous poursuivez.

\begin{align*}
180  &=2^2+u_2\\
&= 3^2+u_2+2^2-3^2\\
&=3^2+u_2+(2-3)(2+3)\\
&=3^2+u_2-5
\end{align*}

En posant $u_3 = u_2-5$ vous avez obtenu :

180 = 3^2+u_3.

Compte tenu de ce qui précède, une idée consiste à définir la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ de la façon suivante. Vous posez $u_0=180$ et pour tout entier naturel $n$ :

u_{n+1} = u_n - (2n+1).

Alors il semblerait que, pour tout entier naturel $n$, $180 = n^2+u_n.$

Cas général

Soit $a$ un entier naturel fixé.

Vous définissez une suite $(u_n)_{n\geq 0}$ en posant $u_0=a$ et pour tout entier naturel $n$ :

\boxed{u_{n+1} = u_n - (2n+1).}

Pour tout entier naturel $n$, vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété : « $a = n^2+u_n$ ».

Initialisation. Puisque :

\begin{align*}
0^2+u_0 &= 0+a\\
&=a
\end{align*}

vous déduisez que $\mathscr{P}(0)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel tel que $\mathscr{P}(n)$ soit vérifiée.

Alors :

\begin{align*}
a &= n^2+u_n\\
&=(n+1)^2+u_n+n^2-(n+1)^2\\
&=(n+1)^2+u_n+(n-n-1)(n+n+1)\\
&=(n+1)^2+u_n-(2n+1)\\
&=(n+1)^2+u_{n+1}.
\end{align*}

Ainsi $\mathscr{P}(n+1)$ est vérifiée.

Conclusion. Il a été établi par récurrence que :

\boxed{\forall n\in\N, a = n^2+u_n.}

Changement de signe de la suite $(u_n)_{n\geq 0}$

Soit $n$ un entier naturel.

\begin{align*}
u_{n+1}-u_n = -(2n+1).
\end{align*}

Comme $2n+1 \geq 1$ vous déduisez que $u_{n+1}-u_n$ est strictement négatif.

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

D’une part, $u_0 = a$ donc $u_0\geq 0.$

Le premier terme de la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ est positif.

Supposez, en raisonnant par l’absurde, que, pour tout entier $n\geq 1$ vous ayez $u_n\geq 0.$

L’ensemble

A = \{u_n, n\in\NN\}

est non vide puisqu’il contient $u_1.$

A cause de l’hypothèse, $(u_n)_{n\geq 1}$ est une suite d’entiers positifs.

Donc $A$ est une partie de $\N$ non vide. Notez $m$ le minimum de $A.$

Comme $m\in A$ il existe $n\in\NN$ tel que $m = u_n.$

Comme $n+1\in\NN$ vous déduisez $u_{n+1}\in A.$ Par définition du minimum de $A$, $u_{n+1}\geq m.$

Vous déduisez qu’il existe un entier $n$ tel que $u_{n+1}\geq u_n.$ Or cela est impossible puisque $u_{n+1}< u_n$ par stricte décroissance de la suite $(u_n)_{n\geq 1}.$

Vous déduisez donc qu’il existe un entier $p$ non nul tel que $u_p < 0.$

Par conséquent, l’ensemble

B=\{n\in\N, u_n<0\}

est non vide.

Comme $B\subset \N$ vous déduisez que $B$ admet un plus petit élément qui sera noté $q.$

\boxed{q = \mathrm{Min}\{n\in\N, u_n< 0\}.}

Vous avez $q\in B$ et vous déduisez $u_q<0.$ Comme $u_0$ est positif, cela impose $q\neq 0$ donc $q\geq 1.$

Du coup $q-1\in\N.$ Il est impossible d’avoir $q-1\in B$ puisque $q$ est le minimum de $B.$ Donc $u_{q-1}\geq 0.$

Ainsi, il existe un entier naturel $q$ non nul tel que :

\boxed{\begin{align*}
u_q &< 0\\
u_{q-1}&\geq0.
\end{align*}
}

Démontrez que $q-1$ est la racine carrée entière de $a$

Tout d’abord :

a = (q-1)^2+u_{q-1}

Il est déjà acquis que $u_{q-1}$ est positif ou nul.

Il reste à comprendre pourquoi $u_{q-1}$ serait inférieur ou égal à $2q-2.$

Supposez le contraire en raisonnant par l’absurde, de sorte que :

u_{q-1} >2q-2.

Alors :

u_{q-1}\geq 2q-1.

Du coup, par soustraction :

u_{q-1}-(2q-1)\geq 0.

Or, la relation de récurrence qui définit la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ fournit :

u_{q} = u_{q-1} - (2q-1).

Donc $u_q\geq 0$, ce qui contredit l’inégalité $u_q<0.$

Ainsi, vous avez démontré que :

\left\{
\begin{align*}
a &= (q-1)^2+u_{q-1}\\
q-1&\in\llbracket 0, 2q-2\rrbracket.
\end{align*}
\right.

D’après le contenu rédigé dans l'article 297 l’unicité de la racine carrée entière et du reste associés permettent de conclure :

\boxed{
\begin{align*}
b &= q-1\\
r &= u_{q-1}.
\end{align*}
}

Concluez

Pour tout entier naturel $a$, il existe un unique couple $(b,r)$ avec $b\in\N$ et $r\in\llbracket 0, 2b\rrbracket$ tel que :

a = b^2+r.

La suite définie par $u_0 = a$ et, pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1} = u_n-(2n+1)$ finit par avoir des termes strictement négatifs à partir d’un certain rang. Soit $q$ ce rang. Alors :

\boxed{
\begin{align*}
b &= q-1\\
r &= u_{q-1}.
\end{align*}
}

Illustration avec le reste et la racine carrée entière de $180$

Vous posez $u_0 = 180$ et, pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1} = u_n-(2n+1).$

Vous calculez les termes de la suite précitée jusqu’à obtenir un nombre strictement négatif.

\begin{array}{|c|c|}
\hline
n & u_n\\
\hline
0 & 180\\
1 & 180-1 = 179\\
2 & 179-3 = 176\\
3 & 176-5 = 171\\
4 & 171-7 = 164\\
5 & 164-9 = 155\\
6 & 155-11 = 144\\
7 & 144-13 = 131\\
8 & 131-15 = 116\\
9 & 116-17 = 99\\
10 & 99-19 = 80\\
11 & 80-21 = 59\\
12 & 59-23 = 36\\
13 & 36-25 = 11\\
14 & 11-27 = -16.\\
\hline
\end{array}

Il apparaît que $q = 14$ donc $b = 13$ et $r = u_{13} = 11$ et donc :

\begin{align*}
180 &= 13^2+11\\
11&\in\llbracket 0, 26\rrbracket.
\end{align*}

Remarque. A la ligne où $n=k$ la soustraction avec le nombre impair $2k-1$ est effectuée. A la ligne $n=k$, la soustraction qui apparaît à la ligne suivante est effectuée avec le nombre impair $2k+1.$
Le dernier nombre impair qui est soustrait n’est autre que $27.$ Ainsi, vous savez que $b = \frac{27-1}{2} = 13$ et que le reste $r$ est le résultat de l’avant-dernière soustraction.

Illustration avec le reste et la racine carrée entière de $212$

Dans cette section, vous allez juste soustraire les nombres impairs consécutifs jusqu’à la première obtention d’un nombre strictement négatif. Cela évitera de compter le nombre de soustractions effectuées pour trouver $b.$

\begin{array}{ll}
212&\\
212-1&=211\\
211-3&=208\\
208-5&=203\\
203-7&=196\\
196-9&=187\\
187-11&=176\\
176-13&=163\\
163-15&=148\\
148-17&=131\\
131-19&=112\\
112-21&=91\\
91-23&=68\\
68-25&=43\\
43-27&=16\\
16-29 &=-13.
\end{array}

Le dernier nombre impair utilisé est $29$ donc la racine carrée entière de $212$ est :

b = \frac{29-1}{2} = 14.

Le reste est $16$, c’est le résultat de l’avant-dernière soustraction, de sorte qu’au final :

212 = 14^2+16\\
16\in\llbracket 0, 28\rrbracket.

Prolongement

L’ avantage de cette méthode : la racine carrée entière ainsi que le reste associé d’un entier naturel sont calculables uniquement avec des entiers et des soustractions et ce, sans avoir à deviner au préalable la valeur du résultat.

L’inconvénient : le nombre de soustractions à effectuer est assez long. Afin d’éviter ce phénomène, un découpage du nombre de départ $a$ peut être effectué par paquets de deux chiffres afin d’accélérer le processus. Cela est traité dans le contenu rédigé dans l'article 299.

Soit $a$ un nombre entier naturel. L’objectif de cet article est de démontrer qu’il existe un unique couple $(b,r)$ avec $b\in\N$ et $r\in\llbracket 0, 2b\rrbracket$ tel que :

a = b^2+r.

Preuve de l’existence

Vous considérez l’ensemble $A$ défini par :

A=\{k\in\NN, k^2 >a\}.

Montrez que cet ensemble est non vide

Subdivisez cette question en trois cas.

Cas n°1. Si $a=0$ vous posez $k=1$ et remarquez que $k^2>a$ donc $k\in A$ et $A$ est non vide.

Cas n°2. De même, si $a=1$, vous posez $k=2.$ Alors $k^2>a$ donc $k\in A$ et $A$ est non vide.

Cas n°3. Si $a\geq 2$ vous posez $k=a$ et remarquez que :

\begin{align*}
k^2-a &= a^2-a\\
&=a(a-1).
\end{align*}

Comme $a\geq 2$, $a\in\NN$ et vous obtenez $a-1\geq 1$ et par produit $a(a-1)\geq 2$ donc $a(a-1)>0.$ Par suite, $k^2>a$ donc $k\in A$ et $A$ est non vide.

Il vient d’être vu que l’ensemble $A$ est non vide, comme annoncé.

Déduisez-en l’existence

L’ensemble $A$ étant une partie de $\N$ non vide, il admet un plus petit élément, qui sera noté $B.$

Comme $B\in A$ vous avez $B \geq 1.$

Dans la suite, vous posez $b = B-1.$ Il convient de remarquer que $B\in\N$ et que $B\geq 1$ donc $b\in \N.$

Comme $B\in A$ vous déduisez $B^2>a$ donc $(b+1)^2>a.$ En développant vous déduisez :

\begin{align*}
a&< b^2+2b+1\\
a&\leq b^2+2b\\
a-b^2&\leq 2b.
\end{align*}

Or, $B-1<B$ et $B$ est le minimum de $A.$ Donc $B-1\notin A$ donc $b\notin A.$ Or $b\in\N$ donc $b^2\leq a.$

Vous déduisez que :

0\leq a-b^2\leq2b.

Concluez

Vous posez :

\boxed{
\begin{align*}
B &= \mathrm{Min} \{k\in\NN, k^2>a\}\\
b &= B-1\\
r &=a-b^2.
\end{align*}
}

Alors :

\left\{\begin{align*}
a &= b^2+r\\
b&\in\N\\
r&\in\llbracket 0, 2b\rrbracket.
\end{align*}
\right.

Preuve de l’unicité

Supposez qu’il existe un couple $(b’,r’)$ tel que :

\left\{\begin{align*}
a &= b'^2+r'\\
b'&\in\N\\
r'&\in\llbracket 0, 2b'\rrbracket.
\end{align*}
\right.

D’une part, vous remarquez que $r< 2b+1$ donc :

\begin{align*}
a< b^2+(2b+1)\\
a < (b+1)^2.
\end{align*}

Comme $a = b’^2+r’$ avec $r’$ positif, vous déduisez :

a\geq b'^2.

Mis bout à bout, il vient :

\begin{align*}
b'^2\leq a < (b+1)^2\\
b'^2<(b+1)^2\\
0< (b+1)^2-b'^2\\
0< (b+1+b')(b+1-b').
\end{align*}

Comme $b$ et $b’$ sont positifs, vous déduisez que $b+b’\geq 0$ et donc $b+b’+1$ est strictement positif. Du coup :

\begin{align*}
0 < b+1-b'\\
b'< b+1\\
b' \leq b.
\end{align*}

D’autre part, vous partez de l’inégalité $r'< 2b’+1$ donc :

\begin{align*}
a< b'^2+(2b'+1)\\
a < (b'+1)^2.
\end{align*}

Comme $a = b^2+r$ avec $r$ positif, vous déduisez :

a\geq b^2.

Du coup :

\begin{align*}
b^2\leq a < (b'+1)^2\\
b^2< (b'+1)^2\\
b < b'+1\\
b\leq b'.
\end{align*}

Ainsi :

b=b'.

Ensuite :

\begin{align*}
r &= a-b^2\\
&=a-b'^2\\
&=r'.
\end{align*}

L’unicité est ainsi démontrée.

Exemple

Considérez le cas où $a = 180.$

Il s’agit de trouver le minimum de l’ensemble $A =\{k\in\NN, k^2> 180\}.$

Vous testez successivement :

\begin{array}{|c|c|}
\hline
k & k^ 2\\ \hline
1 & 1\\
2 & 4\\
3 & 9\\
4 & 16\\
5 & 25\\
6 & 36\\
7 & 49\\
8 & 64\\
9 & 81\\
10 & 100\\
11 & 121\\
12 & 144\\
13 & 169 \\
14 & 196\\ \hline
\end{array}

Vous constatez que :

\forall k\in\llbracket1, 13\rrbracket, k\notin A.

Comme $14\in A$ vous déduisez que :

\mathrm{Min} A = 14.

Ainsi $b = 14-1 = 13.$

Ensuite :

\begin{align*}
r &= 180-13^2\\
&=180-169\\
&=11.
\end{align*}

Vous remarquez que vous avez bien $r\in\llbracket 0, 26\rrbracket$ soit $0\leq r\leq 2b.$

Conclusion : $180$ a pour racine carrée entière $13$ et a pour reste $11.$

\left\{\begin{align*}
180 &= 13^2+11\\
11&\in\llbracket 0, 26\rrbracket.
\end{align*}
\right.

Prolongement

L’approche qui a été utilisée pour trouver la racine carrée entière de $180$ est assez calculatoire : tous les carrés des nombres allant de $1$ à $14$ ont été déterminés afin d’en déduire le minimum de l’ensemble $A$ et donc $b.$

Une approche utilisant des nombres impairs et des soustractions permettra de déterminer le reste $r$ ainsi que $b.$ Cela est traité dans le contenu rédigé dans l'article 298.

Il rappelé que pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, la matrice de Hilbert d’ordre $n$ est la matrice réelle carrée notée $H_n$ qui est définie par :

\forall (i,j)\in\llbracket1, n\rrbracket, (H_n)_{i,j} = \frac{1}{i+j-1}.

Le contenu qui se trouve dans l'article 293 a permis d’établir le résultat suivant :

\forall n\geq 2, \det H_{n+1} = \frac{(n!)^4}{(2n)!\times (2n+1)!}\det H_n.

Vous allez dans un premier temps déterminer une expression directe de $\det H_5.$

Conjecturez une expression pour $\det H_5$

Vous utilisez la relation de récurrence rappelée dans l’introduction de cet article pour $n=2$, $n=3$ et $n=4$ :

\begin{align*}
\det H_3 &= \frac{(2!)^4}{4! \times 5!}\det H_2 \\
\det H_4 &= \frac{(3!)^4}{6! \times 7!}\det H_3 \\
\det H_5 &= \frac{(4!)^4}{8! \times 9!}\det H_4 \\
\end{align*}

En multipliant ces égalités, vous obtenez :

\begin{align*}
\det H_3 \det H_4 \det H_5&= \frac{(2!)^4(3!)^4(4!)^4}{4! \times 5!\times 6!\times 7!\times 8!\times 9!}\det H_2 \det H_3 \det H_4.
\end{align*}

En supposant que $\det H_4\neq 0$ et que $\det H_3\neq 0$ vous obtenez comme conjecture :

\begin{align*}
\det H_5&= \frac{(2!)^4(3!)^4(4!)^4}{4! \times 5!\times 6!\times 7!\times 8!\times 9!}\det H_2.
\end{align*}

Calculez $\det H_2$

\begin{align*}
\det H_2 &= \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}\\
\end{vmatrix}
\\
&= 1\times \frac{1}{3} - \frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\\
&=\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\\
&=\frac{1}{12}.
\end{align*}

Comme $2! = 2$ et $3! = 6$ il vient :

\det H_2 = \frac{1}{2!\times 3!}.

Allez plus loin dans votre conjecture

Vous avez conjecturé que :

\begin{align*}
\det H_5&= \frac{(2!)^4(3!)^4(4!)^4}{2!\times 3!\times 4! \times 5!\times 6!\times 7!\times 8!\times 9!}\\
&= \frac{(1!)^4(2!)^4(3!)^4(4!)^4}{1!\times 2!\times 3!\times 4! \times 5!\times 6!\times 7!\times 8!\times 9!}.
\end{align*}

En continuant avec $\det H_6$ :

\begin{align*}
\det H_6 &= \frac{5!}{10! \times 11!}\det H_5
\\ &= \frac{(1!)^4(2!)^4(3!)^4(4!)^4(5!)^4}{1!\times 2!\times 3!\times 4! \times 5!\times 6!\times 7!\times 8!\times 9!\times 10! \times 11!}.
\end{align*}

Utilisez une notation pour obtenir une expression plus claire

Vous posez :

\boxed{\forall n\geq 2, \Phi_n = \prod_{i=1}^{n-1}i!.}

Pour tout $n\geq 2$, calculez $H_n$

Maintenant, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $2$, vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété : « $\det H_n = \frac{\Phi_n^4}{\Phi_{2n}}.$ »

Initialisation. Pour $n=2.$ Tout d’abord vous calculez :

\Phi_2= \prod_{i=1}^{1}i! = 1! =1.

\Phi_4= \prod_{i=1}^{3}i! = 1!\times 2!\times 3! =12.

Ensuite :

\begin{align*}
\frac{\Phi_2^4}{\Phi_{4}} &=\frac{1^4}{12}
\\
&=\frac{1}{12}\\
&=\det H_2.
\end{align*}

Ainsi $\mathscr{P}(2)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2.$ Vous supposez $\mathscr{P}(n).$

\begin{align*}
\det H_{n+1} &= \frac{(n!)^4}{(2n)!\times (2n+1)!} \times \det H_n\\
&= \frac{(n!)^4}{(2n)!\times (2n+1)!} \times \frac{\Phi_n^4}{\Phi_{2n}}\\
&=\frac{(n!)^4\left(\prod_{i=1}^{n-1}i!\right)^4}{(2n)!\times (2n+1)! \times \prod_{i=1}^{2n-1}i!}\\
&=\frac{\left(n!\times \prod_{i=1}^{n-1}i!\right)^4}{ \prod_{i=1}^{2n+1}i!}\\
&=\frac{\left(\prod_{i=1}^{n}i!\right)^4}{ \Phi_{2n+2}}\\
&=\frac{\Phi_{n+1}^4}{ \Phi_{2n+2}}\\
&=\frac{\Phi_{n+1}^4}{ \Phi_{2(n+1)}}.
\end{align*}

Donc la propriété $\mathscr{P}(n+1)$ est vérifiée.

Conclusion. Par récurrence, il a été établi que pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, la propriété $\mathscr{P}(n)$ est vérifiée.

Concluez

Pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, vous posez :

\boxed{\forall n\geq 2, \Phi_n = \prod_{i=1}^{n-1}i!.}

Alors, pout tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$ :

\boxed{\det H_n = \frac{\Phi_n^4}{\Phi_{2n}}.}

Prolongement

Pourriez-vous démontrer que la suite $\left(\frac{1}{\det H_n}\right)_{n\geq 2}$ est bien définie et que c’est une suite d’entiers strictement positifs ?

Il rappelé que pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, la matrice de Hilbert d’ordre $n$ est la matrice réelle carrée notée $H_n$ qui est définie par :

\forall (i,j)\in\llbracket1, n\rrbracket, (H_n)_{i,j} = \frac{1}{i+j-1}.

Par exemple, la matrice $H_4$ est définie par :

H_4 = \begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}\\
 \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& \frac{1}{7}
\end{pmatrix}.

La matrice $H_3$ est définie par :

H_3 = \begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}
\end{pmatrix}.

Déterminez une relation de récurrence entre $\det H_4$ et $\det H_3$

Vu que la matrice $H_3$ peut être extraite de la matrice $H_4$ à partir du bloc supérieur $3\times 3$ placé à gauche, il semble légitime de chercher à calculer le déterminant de $H_4$ en fonction du déterminant de $H_3.$

Etant donné qu’un déterminant ne change pas suite à une opération de transvection appliquée sur les lignes ou les colonnes, vous commencez par l’opération $C_3\leftarrow C_3-C_4$ :

\begin{align*}
\det H_4 &= \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3}-\frac{1}{4} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}-\frac{1}{5}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}-\frac{1}{6}& \frac{1}{6}\\
 \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}- \frac{1}{7}& \frac{1}{7}
\end{vmatrix}
\\
&= \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{12} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{20}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{30}& \frac{1}{6}\\
 \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{42}& \frac{1}{7}
\end{vmatrix}.
\end{align*}

Vous poursuivez avec l’opération $C_2\leftarrow C_2-C_4$ en laissant volontairement les fractions non simplifiées pour garder les mêmes dénominateurs sur la colonne $2$ :

\begin{align*}
\det H_4 &=  \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} -\frac{1}{4} & \frac{1}{12} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} -  \frac{1}{5}& \frac{1}{20}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} -  \frac{1}{6}& \frac{1}{30}& \frac{1}{6}\\
 \frac{1}{4} & \frac{1}{5} -  \frac{1}{7}& \frac{1}{42}& \frac{1}{7}
\end{vmatrix}
\\
&=\begin{vmatrix}
1 & \frac{2}{8} & \frac{1}{12} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{2}{15}& \frac{1}{20}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{2}{24}& \frac{1}{30}& \frac{1}{6}\\
 \frac{1}{4} & \frac{2}{35}& \frac{1}{42}& \frac{1}{7}
\end{vmatrix}.
\end{align*}

Vous effectuez l’opération $C_1\leftarrow C_1-C_4$ :

\begin{align*}
\det H_4 &= \begin{vmatrix}
1- \frac{1}{4} & \frac{2}{8} & \frac{1}{12} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2}- \frac{1}{5} & \frac{2}{15}& \frac{1}{20}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} - \frac{1}{6}& \frac{2}{24}& \frac{1}{30}& \frac{1}{6}\\
 \frac{1}{4} - \frac{1}{7}& \frac{2}{35}& \frac{1}{42}& \frac{1}{7}
\end{vmatrix}
\\
&=\begin{vmatrix}
\frac{3}{4} & \frac{2}{8} & \frac{1}{12} & \frac{1}{4}\\
\frac{3}{10} & \frac{2}{15}& \frac{1}{20}& \frac{1}{5}\\
\frac{3}{18}& \frac{2}{24}& \frac{1}{30}& \frac{1}{6}\\
 \frac{3}{28}& \frac{2}{35}& \frac{1}{42}& \frac{1}{7}
\end{vmatrix}.
\end{align*}

Vous constatez que les dénominateurs de la première ligne sont tous des multiples de $4$, ceux de la deuxième ligne sont tous des multiples de $5$, ceux de la troisième ligne sont des multiples de $6$, ceux de la quatrième ligne sont des multiples de $7.$ Le déterminant étant une forme multilinéaire, il vient :

\begin{align*}
\det H_4 
&=\frac{1}{4}\times \frac{1}{5}\times \frac{1}{6}\times \frac{1}{7}\times \begin{vmatrix}
\frac{3}{1} & \frac{2}{2} & \frac{1}{3} & 1\\
\frac{3}{2} & \frac{2}{3}& \frac{1}{4}& 1\\
\frac{3}{3}& \frac{2}{4}& \frac{1}{5}& 1\\
 \frac{3}{4}& \frac{2}{5}& \frac{1}{6}& 1
\end{vmatrix}.
\end{align*}

Les numérateurs de la première colonne sont des multiples de $3$ et ceux de la deuxième colonne sont des multiples de $2$. Ainsi :

\begin{align*}
\det H_4 
&=\frac{2\times 3}{4\times 5 \times 6\times7}\times \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & 1\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}& \frac{1}{4}& 1\\
\frac{1}{3}& \frac{1}{4}& \frac{1}{5}& 1\\
 \frac{1}{4}& \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& 1
\end{vmatrix}
\\
&=\frac{(2\times 3)^2}{7!}\times \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & 1\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}& \frac{1}{4}& 1\\
\frac{1}{3}& \frac{1}{4}& \frac{1}{5}& 1\\
 \frac{1}{4}& \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& 1
\end{vmatrix}
\\
&=\frac{(3!)^2}{7!}\times \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & 1\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}& \frac{1}{4}& 1\\
\frac{1}{3}& \frac{1}{4}& \frac{1}{5}& 1\\
 \frac{1}{4}& \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& 1
\end{vmatrix}.
\end{align*}

Posez :

D_4 = \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & 1\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}& \frac{1}{4}& 1\\
\frac{1}{3}& \frac{1}{4}& \frac{1}{5}& 1\\
 \frac{1}{4}& \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& 1
\end{vmatrix}.

Le déterminant d’une matrice est égal à celui de sa transposée, vous avez :

D_4 = \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}\\
 1 & 1& 1& 1
\end{vmatrix}.

Vous effectuez les mêmes opérations élémentaires que précédemment, à savoir $C_3\leftarrow C_3-C_4$ puis $C_2\leftarrow C_2-C_4$ et $C_1\leftarrow C_1-C_4$ :

D_4 = \begin{vmatrix}
\frac{3}{4} & \frac{2}{8} & \frac{1}{12} & \frac{1}{4}\\
\frac{3}{10} & \frac{2}{15}& \frac{1}{20}& \frac{1}{5}\\
\frac{3}{18}& \frac{2}{24}& \frac{1}{30}& \frac{1}{6}\\
 0& 0& 0& 1
\end{vmatrix}.

En développant ce déterminant par rapport à la dernière ligne, il vient :

D_4 = \begin{vmatrix}
\frac{3}{4} & \frac{2}{8} & \frac{1}{12} \\
\frac{3}{10} & \frac{2}{15}& \frac{1}{20}\\
\frac{3}{18}& \frac{2}{24}& \frac{1}{30}
\end{vmatrix}.

Puis vous factorisez la ligne $1$ par $\frac{1}{4}$, la ligne $2$ par $\frac{1}{5}$ et la ligne $3$ par $\frac{1}{6}$ :

D_4 = \frac{1}{4\times 5\times 6}\begin{vmatrix}
\frac{3}{1} & \frac{2}{2} & \frac{1}{3} \\
\frac{3}{2} & \frac{2}{3}& \frac{1}{4}\\
\frac{3}{3}& \frac{2}{4}& \frac{1}{5}
\end{vmatrix}.

Vous factorisez la colonne $1$ par $3$ et la colonne $2$ par $2$ :

\begin{align*}
D_4 &= \frac{2\times 3}{4\times 5\times 6}\begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}& \frac{1}{4}\\
\frac{1}{3}& \frac{1}{4}& \frac{1}{5}
\end{vmatrix}\\
&= \frac{2\times 3}{4\times 5\times 6}\det H_3
\\
&= \frac{(2\times 3)^2}{6!}\det H_3\\
&= \frac{(3!)^2}{6!}\det H_3.
\end{align*}

Comme :

\begin{align*}
\det H_4 
&=\frac{(3!)^2}{7!}\times D_4\\
&=\frac{(3!)^2}{7!}\times \frac{(3!)^2}{6!}\det H_3
\end{align*}

vous déduisez :

\boxed{\det H_4 =\frac{(3!)^4}{{6!}\times{7!}}\det H_3.}

Le problème étant dégrossi, il reste à passer au cas général.

Déterminez une relation de récurrence entre $\det H_{n+1}$ et $\det H_n$

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$

Première partie

Par définition de la matrice $H_{n+1}$, vous avez :

\forall (i,j)\in\llbracket1, n+1\rrbracket, (H_{n+1})_{i,j} = \frac{1}{i+j-1}.

Vous appliquez à la matrice $H_{n+1}$ la succession d’opérations élémentaires suivante :

\left\{\begin{align*}
C_n&\leftarrow C_n-C_{n+1}\\
C_{n-1}&\leftarrow C_{n-1}-C_{n+1}\\
\vdots & \\
C_1&\leftarrow C_1-C_{n+1}.
\end{align*}
\right.

Vous appelez $K_{n+1}$ la matrice obtenue.

Pour tout $i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket$ et pour tout $j\in\llbracket 1,n \rrbracket$ le coefficient $(K_{n+1})_{i,j}$ est égal à :

\begin{align*}
(K_{n+1})_{i,j} &= (H_{n+1})_{i,j} - (H_{n+1})_{i,n+1}\\
&=\frac{1}{i+j-1}-\frac{1}{i+n}\\
&=\frac{i+n}{(i+j-1)(i+n)}-\frac{i+j-1}{(i+n)(i+j-1)}\\
&=\frac{n+1-j}{(i+n)(i+j-1)}.
\end{align*}

Pour tout $i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket$, vous avez :

\begin{align*}
(K_{n+1})_{i,n+1} &=  (H_{n+1})_{i,n+1}\\
&=\frac{1}{i+n}.
\end{align*}

Les opérations élémentaires de transvection utilisées ne changeant pas le déterminant initial, vous obtenez :

\det H_{n+1} = \det K_{n+1}.

Vous constatez que, pour tout $i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket$, la ligne $i$ est factorisable par $\frac{1}{i+n}.$

Soit $L_{n+1}$ la matrice définie par :

\begin{align*}
\forall i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, \forall j\in\llbracket 1,n \rrbracket, (L_{n+1})_{i,j}=\frac{n+1-j}{i+j-1}
\\
\forall i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, (L_{n+1})_{i,n+1}=1.
\end{align*}

Vous obtenez :

\begin{align*}
\det K_{n+1} &=\left( \prod_{i=1}^{n+1}\frac{1}{i+n}\right) \det L_{n+1} \\
&=\left( \prod_{i=n+1}^{2n+1}\frac{1}{i}\right) \det L_{n+1} \\
&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{n} i}\left( \prod_{i=n+1}^{2n+1}\frac{1}{i}\right) \det L_{n+1} \\
&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{n} i}\frac{1}{\prod_{i=n+1}^{2n+1}i}  \det L_{n+1} \\
&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{2n+1} i} \det L_{n+1} \\
&=\frac{n!}{(2n+1)!} \det L_{n+1}.
\end{align*}

Quant à la matrice $L_{n+1}$, vous constatez que, pour tout $j\in\llbracket 1, n\rrbracket$ la colonne $j$ est factorisable par $n+1-j.$ Notez $H’_{n+1}$ la matrice définie par :

\begin{align*}
\forall i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, \forall j\in\llbracket 1,n \rrbracket, (H'_{n+1})_{i,j}=\frac{1}{i+j-1}
\\
\forall i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, (H'_{n+1})_{i,n+1}=1.
\end{align*}

$H’_{n+1}$ est la matrice $H_{n+1}$ dans laquelle la colonne $n+1$ a été remplacée par une colonne comportant tous ses coefficients égaux à $1.$

Les factorisations évoquées conduisent à :

\det L_{n+1} =\left( \prod_{j=1}^n (n+1-j) \right)\det H'_{n+1}.

Vous effectuez le changement de variable $k = n+1-j$ dans le produit. Quand $j=1$, $k=n$ et quand $j=n$, $k=1$ du coup :

\begin{align*}
\det L_{n+1} &=\left( \prod_{k=1}^nk \right)\det H'_{n+1}\\
&= (n!)\det H'_{n+1}.
\end{align*}

Vous déduisez :

\begin{align*}
\det H_{n+1} &= \det K_{n+1} \\
&=\frac{n!}{(2n+1)!} \det L_{n+1} \\
&=\frac{(n!)^2}{(2n+1)!} \det H'_{n+1}.
\end{align*}

Seconde partie

Notez $D_{n+1}$ la transposée de la matrice $H’_{n+1}.$

Alors :

\forall i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, \forall j\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, (D_{n+1})_{i,j}=(H'_{n+1})_{j,i}.

Pour $i = n+1$, il vient :

 \forall j\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, (D_{n+1})_{n+1,j}=(H'_{n+1})_{j,n+1} = 1.

Pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket$ vous avez :

 \forall j\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, (D_{n+1})_{i,j}=(H'_{n+1})_{j,i} = \frac{1}{j+i-1} = \frac{1}{i+j-1}.

L’opération de transposition laisse invariant le déterminant, donc :

\det H'_{n+1} = \det D_{n+1}.

La matrice $D_{n+1}$ est rigoureusement identique à la matrice $H_{n+1}$ sur ses $n$ premières lignes, excepté la dernière qui contient des coefficients tous égaux à $1.$

Vous appliquez à la matrice $D_{n+1}$ la succession d’opérations élémentaires suivante, comme dans la première partie.

\left\{\begin{align*}
C_n&\leftarrow C_n-C_{n+1}\\
C_{n-1}&\leftarrow C_{n-1}-C_{n+1}\\
\vdots & \\
C_1&\leftarrow C_1-C_{n+1}.
\end{align*}
\right.

Vous appelez $K’_{n+1}$ la matrice obtenue. Les transvections utilisées ne modifient pas le déterminant. Donc :

\det D_{n+1} = \det K'_{n+1}.

Tout d’abord pour la ligne $n+1$ de $K’_{n+1}$ vous avez :

\begin{align*}
\forall j\in\llbracket 1, n\rrbracket, (K'_{n+1})_{n+1,j} = 0\\
(K'_{n+1})_{n+1,n+1} = 1. 
\end{align*}

Pour les autres lignes, pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket$ et pour tout $j\in\llbracket 1,n \rrbracket$ le coefficient $(K’_{n+1})_{i,j}$ est égal à :

\begin{align*}
(K'_{n+1})_{i,j} &= (D_{n+1})_{i,j} - (D_{n+1})_{i,n+1}\\
&= (H_{n+1})_{i,j} - (H_{n+1})_{i,n+1}\\
&=\frac{n+1-j}{(i+n)(i+j-1)}.
\end{align*}

Pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket$ vous factorisez la ligne $i$ par $\frac{1}{i+n}$. Puis, pour tout $j\in\llbracket 1, n\rrbracket$ vous factorisez la colonne $j$ par $n+1-j.$

La matrice obtenue est notée $K »_{n+1}.$ Il existe une matrice colonne $C_n$ de $M_{n,1}(\R)$ (dont les coefficients importent peu) et une matrice ligne $O_n\in M_{1,n}(\R)$ identiquement nulle telles que :

K''_{n+1} = \begin{pmatrix}
\begin{array}{c|c}
H_n & C_n\\\hline
O_n & 1
\end{array}
\end{pmatrix}.

D’une part, les factorisations fournissent :

\begin{align*}
\det K'_{n+1} &= \left(\prod_{i=1}^n \frac{1}{i+n}\right)  \left(\prod_{j=1}^n (n+1-j)\right) \det K''_{n+1}\\
&= \left(\prod_{i=n+1}^{2n} \frac{1}{i}\right)  \left(\prod_{j=1}^n j\right) \det K''_{n+1}\\
&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{n}i} \left(\prod_{i=n+1}^{2n} \frac{1}{i}\right)  \left(\prod_{j=1}^n j\right) \det K''_{n+1}\\
&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{n}i}\frac{1}{ \prod_{i=n+1}^{2n} i}   \left(\prod_{j=1}^n j\right) \det K''_{n+1}\\
&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{2n}i}\times (n!)   \det K''_{n+1}\\
&=\frac{(n!)^2}{(2n)!}   \det K''_{n+1}.
\end{align*}

En développant le déterminant de $K »_{n+1}$ par rapport à la dernière ligne, il vient :

\det K''_{n+1} = \det H_n.

En définitive :

\begin{align*}
\det H_{n+1} &=\frac{(n!)^2}{(2n+1)!} \det H'_{n+1}\\
&=\frac{(n!)^2}{(2n+1)!} \det D_{n+1}\\
&=\frac{(n!)^2}{(2n+1)!} \det K'_{n+1}\\
&=\frac{(n!)^2}{(2n+1)!} \times \frac{(n!)^2}{(2n)!}   \det K''_{n+1}\\
&=\frac{(n!)^4}{(2n)!\times (2n+1)!}    \det H_{n}.
\end{align*}

Concluez

La relation de récurrence est ainsi trouvée :

\boxed{\forall n\geq 2, \det H_{n+1} = \frac{(n!)^4}{(2n)!\times (2n+1)!}\det H_n.}

Prolongement

A partir de la relation de récurrence obtenue, pourriez-vous déterminer, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, une expression de $H_n$ en fonction de $n$ ?

Pour en savoir davantage, vous êtes invité à lire le contenu rédigé dans l'article 294.