Votre navigateur n'accepte pas le Javascript.La navigation sur ce site risque de ne pas fonctionner correctement.

360. La multiplication modulo n selon la méthode de Head (2/2)

Cet exposé prolonge le contenu rédigé dans l'article 359 dont il reprend les notations.

Soit à calculer le résidu modulo $15007$ du produit $12345\times 6789.$ Vous souhaitez éviter le calcul direct du produit $12345\times 6789.$

Utilisant la méthode de Head, vous allez faire intervenir des nombres dont la valeur absolue est strictement inférieure à $30014.$

Calculez $T$ et $t$

Par définition, $T$ est égal à :

T = \left\lfloor \sqrt{15007}+\frac{1}{2}\right\rfloor.

D’une part $120^2 =14400$ et d’autre part $130^2 =16900.$ Vous avez donc l’encadrement :

120<\sqrt{15007}<130.

Reste à déterminer un encadrement plus précis. Vous calculez $125^2=15625.$ Il est donc démontré que :

120<\sqrt{15007}<125.

Vous poursuivez avec $122^2 =(120+2)^2 = 14400+480+4 =14884 $ d’où :

122<\sqrt{15007}<125.

Puis $123^2 =(122+1)^2 = 14884+122+123 =14884+200+45 =15084+45 =15129.$ d’où :

122<\sqrt{15007}<123.

Enfin, $122,5^2 =15006,25$ ce qui montre que :

122,5<\sqrt{15007}<123.

En ajoutant $\frac{1}{2}$ il vient :

123<\sqrt{15007}+\frac{1}{2}<123,5<124.

Par conséquent, $123$ est le plus grand entier inférieur ou égal à $\sqrt{10007}+\frac{1}{2}.$ Donc :

\boxed{T = 123.}

Comme $t = T^2-15007 =15129-15007=122$ vous déduisez :

\boxed{t = 122.}

Les deux premières divisions euclidiennes

Vous constatez que :

\begin{align*}
12345 &= 100\times 123+45\\
6789 &= 55\times 123+24.
\end{align*} 

Vous notez $a = 100$, $b = 45$, $c = 55$ et $d = 24$ de sorte que :

\begin{align*}
12345 &= a\times T+b\\
6789 &= c\times T+d.
\end{align*} 

Utilisant le fait que $T^2\equiv t$ modulo $15007$ vous avez :

12345\times 6789 \equiv act+(ad+bc)T+bd.

Le résidu de $ad+bc$ modulo $15007$

Vous avez :

\begin{align*}
ad+bc &= 100\times 24+45\times 55\\
&= 2400 + 2500-25\\
&=4900-25\\
&=4875.
\end{align*}

En posant $z = 4875$ vous déduisez :

12345\times 6789 \equiv act+zT+bd.

Effectuez une troisième division euclidienne

Vous calculez le produit $ac.$

\begin{align*}
ac &= 5500.
\end{align*}

Vous effectuez la division de ce nombre par $T.$

\begin{align*}
5500 &= 44\times 123 + 88.
\end{align*} 

Vous posez $e =44$ et $f = 88$ pour avoir $ac = eT+f.$

D’où :

\begin{align*}
12345\times 6789 &\equiv (eT+f)t+zT+bd\\
&\equiv ft+(et+z)T+bd.
\end{align*} 

Calculez le résidu de $et+z$ modulo $15007$

D’une part :

et = 44\times 122 = 5368.

D’autre part :

et+z = 5368 + 4875=10243.

Ce nombre ne dépasse pas $15007$ donc modulo $15007$ il vient :

et+z\equiv 10243.

En posant $v = 10243$ vous avez obtenu :

\begin{align*}
12345\times 6789 \equiv ft+vT+bd.
\end{align*} 

Effectuez une quatrième division euclidienne

Vous divisez $v$ par $T$ ce qui fournit :

\begin{align*}
10243 &= 83\times 123+34.
\end{align*}

Vous posez $g = 83$ et $h = 34$ pour avoir $v = gT+h.$

Alors modulo $15007$ vous avez :

\begin{align*}
12345\times 6789 &\equiv ft+(gT+h)T+bd\\
&\equiv ft+gT^2+hT+bd.
\end{align*} 

Or, $T^2\equiv t$ modulo $15007$ d’où :

\begin{align*}
12345\times 6789 \equiv ft+gt+hT+bd.
\end{align*} 

Concluez

Vous calculez $ft$ comme suit :

ft = 88\times 122 = 10736.

Vous calculez ensuite $gt$ et l’ajoutez à $ft.$

\begin{align*}
gt &= 83\times 122=10126\\
ft+gt &= 10736+ 10126=20862. 
\end{align*} 

Comme le résultat dépasse $15007$ vous formez le résidu de $ft+gt$ modulo $15007.$

\begin{align*}
ft+gt&\equiv 20862 - 15007\\
&\equiv 5855.
\end{align*}

Vous calculez ensuite $hT$ et l’ajoutez au résidu de $ft+gt$ modulo $15007.$

\begin{align*}
hT &= 34\times 123= 4182\\
(ft+gt)+hT &\equiv 5855 + 4182 \\
&\equiv 10037. 
\end{align*} 

Enfin, vous calculez $bd$ et l’ajoutez au résidu précédent.

\begin{align*}
bd &= 45\times 24 = 1080\\
((ft+gt)+hT)+bd &\equiv 10037 + 1080  \\
&\equiv 11117.
\end{align*} 

Finalement, modulo $15007$ vous avez :

\boxed{12345\times 6789 \equiv 11117.}

359. La multiplication modulo n selon la méthode de Head (1/2)

Dans cet article, $n$ désigne un entier naturel supérieur ou égal à $2.$

Vous notez $x$ et $y$ deux entiers naturels strictement inférieurs à $n$ dont vous souhaitez calculer le résidu modulo $n$ en manipulant des nombres entiers dont la valeur absolue est strictement inférieure à $2n.$ On dit qu’il n’y a pas de débordement.

Un premier lemme

Vous notez $T$ la partie entière du réel $\sqrt{n}+\frac{1}{2}$, c’est-à-dire :

\boxed{T = \left\lfloor \sqrt{n}+1/2 \right\rfloor.}

Notez que $1\leq \sqrt{2}+\frac{1}{2}\leq \sqrt{n} + \frac{1}{2}.$ Comme $T$ est par définition le plus grand entier inférieur ou égal à $\sqrt{n} + \frac{1}{2}$ vous déduisez que $1\leq T.$

Vous posez ensuite :

\boxed{t = T^2-n.}

D’une part :

T\leq \sqrt{n}+\frac{1}{2}.

Comme ces deux réels sont positifs, en élevant au carré, il vient :

\begin{align*}
T^2 &\leq \left(\sqrt{n}+\frac{1}{2}\right)^2\\
&\leq n+\frac{1}{4}+\sqrt{n}.
\end{align*} 

En retranchant $n$, vous déduisez :

\begin{align*}
T^2-n &\leq \frac{1}{4}+\sqrt{n}\\
t &\leq \frac{1}{4}+\sqrt{n}.
\end{align*}

Par définition de $T$, l’entier $T+1$ est strictement supérieur à $\sqrt{n} + \frac{1}{2}$ d’où :

\begin{align*}
\sqrt{n}+\frac{1}{2} & < T+1 \\
\sqrt{n}&< T+\frac{1}{2}\\
\sqrt{n}+\frac{1}{4}&< T + \frac{3}{4}.
\end{align*}

En cumulant les inégalités obtenues, vous obtenez :

t< T+\frac{3}{4}.

Or, $T+\frac{3}{4} < T+1$ du coup $t< T+1.$ Comme $t$ et $T$ sont deux entiers, il vient :

\boxed{t\leq T.}

D’autre part :

\begin{align*}
\sqrt{n} + \frac{1}{2}  &< T+1\\
\sqrt{n}-\frac{1}{2}&< T.
\end{align*}

Comme $n\geq 1$ vous avez $\sqrt{n}\geq 1$ et $\sqrt{n}-\frac{1}{2}$ est un nombre positif. En élevant au carré, il vient :

\begin{align*}
n+\frac{1}{4}-\sqrt{n} &< T^2\\
n-T^2 &< \sqrt{n}-\frac{1}{4}.
\end{align*}

Or :

\begin{align*}
\sqrt{n}-\frac{1}{2}&< T \\
\sqrt{n}&< T +\frac{1}{2}\\
\sqrt{n}-\frac{1}{4} &< T +\frac{1}{4}.
\end{align*}

En cumulant ces inégalités, vous déduisez :

\begin{align*}
n-T^2< T+\frac{1}{4}\\
-t < T+\frac{1}{4}.
\end{align*}

Comme $T+\frac{1}{4} < T+1$ vous avez :

-t< T+1.

Comme $-t$ et $T+1$ sont des entiers vous obtenez :

\boxed{-t\leq T.}

En résumé, la valeur absolue de l’entier $t$ est majorée par l’entier positif $T$, ce qui s’écrit :

\boxed{\vert t \vert \leq T.}

Deux lemmes

D’une part :

T\leq \sqrt{n}+\frac{1}{2}.

D’autre part :

T-1\leq \sqrt{n}-\frac{1}{2}.

Les entiers $T$ et $T-1$ étant positifs, par produit, il vient :

T(T-1)\leq n-\frac{1}{4}.

Du coup :

\boxed{T(T-1)< n.}

Ensuite, partant de $T\leq \sqrt{n}+\frac{1}{2}$ et en élevant au carré deux réels positifs vous avez :

T^2\leq n+\frac{1}{4}+\sqrt{n}.

Comme $8 < 9$ il vient en prenant la racine carrée $2\sqrt{2}< 3$ et donc $\frac{3+2\sqrt{2}}{4}< \frac{6}{4}$ d’où $\frac{3+2\sqrt{2}}{4}< \frac{3}{2}< 2 < n.$ Par suite :

\begin{align*}
&\frac{3+2\sqrt{2}}{4}< n\\
&\frac{1+2+2\sqrt{2}}{4}< n\\
&\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2}\right)^2< n\\
&\frac{1+\sqrt{2}}{2}< \sqrt{n}\\
&1+\sqrt{2} < 2\sqrt{n}\\
&\sqrt{2}< 2\sqrt{n}-1\\
&2< (2\sqrt{n}-1)^2\\
&0 < (2\sqrt{n}-1)^2-2\\
&0 < 4n-4\sqrt{n}-1\\
&1+4\sqrt{n} < 4n\\
&1/4+\sqrt{n} < n\\
&n+1/4+\sqrt{n} < 2n\\
&T^2 < 2n.
\end{align*}

Le second résultat est établi :

\boxed{T^2<2n.}

Effectuez deux divisions euclidiennes

L’entier $x$ est positif et l’entier $T$ est strictement positif. Il existe un quotient $a\geq 0$ et un reste $b\in\llbracket 0, T-1\rrbracket$ tels que :

x = aT+b.

Si l’entier $a$ était strictement supérieur à $T$, alors $a$ serait supérieur ou égal à $T+1$ et par produit, $aT$ serait supérieur ou égal $T^2+T.$ Comme $b$ est positif, vous auriez $x\geq T^2+T.$ Comme $-t\leq T$ il vient $n-T^2\leq T$ et $n\leq T^2+T.$ Par cumul d’inégalités vous auriez $x\geq n$ ce qui contredit le fait que $x$ est strictement inférieur à $n.$

Par suite :

\boxed{0\leq a \leq T.}

En effectuant le même raisonnement sur l’entier $y$ vous déduisez l’existence d’un entier $c$ et d’un reste $d\in\llbracket 0, T-1\rrbracket$ tels que :

\left\{\begin{align*}
&y = cT+d\\
&0\leq c\leq T.
\end{align*}
\right.

Effectuez le produit $xy$

Vous partez des relations suivantes :

\left\{\begin{align*}
x&=aT+b\\
y&=cT+d.
\end{align*}
\right.

Après multiplication, vous avez :

\begin{align*}
xy &= acT^2+(ad+bc)T+bd\\
 &= ac(T^2-n)+(ad+bc)T+bd+nac\\
 &= act+(ad+bc)T+bd+nac.
\end{align*} 

Modulo $n$ il en résulte que :

xy\equiv act+(ad+bc)T+bd.

Obtenez le résidu de $ad+bc$ modulo $n$

Il est rappelé ce qui suit :

\left\{\begin{align*}
&0\leq a \leq T\\
&0\leq d \leq T-1.
\end{align*}
\right.

Par produit, vous obtenez :

0\leq ad \leq T(T-1) < n.

De même :

\left\{\begin{align*}
&0\leq b \leq T-1\\
&0\leq c \leq T.
\end{align*}
\right.

Par produit, vous obtenez :

0\leq bc \leq T(T-1) < n.

Par somme, le nombre $ad+bc$ appartient à l’intervalle $\llbracket 0, 2n\llbracket.$ Vous restez bien avec une valeur strictement inférieure à $2n.$

Si $ad+bc$ appartient à l’intervalle $\llbracket 0, n-1\rrbracket$ vous posez $z = ad+bc.$

Sinon, $ad+bc$ appartient à l’intervalle $\llbracket n, 2n-1\rrbracket$ et par suite $ad+bc-n$ appartient à $\llbracket 0, n-1\rrbracket$ vous posez $z = ad+bc-n.$

Dans les deux cas, vous avez un nombre $z$ appartenant à l’intervalle $\llbracket 0, n-1\rrbracket$ de sorte que, modulo $n$ la congruence suivante est vérifiée :

z\equiv ad+bc.

Modulo $n$ vous avez montré que :

xy\equiv act+zT+bd.

Effectuez une troisième division euclidienne

Il est rappelé que :

\left\{\begin{align*}
&0\leq a \leq T\\
&0\leq c \leq T.
\end{align*}
\right.

Le produit $ac$ est positif et il est inférieur ou égal à $T^2.$ Il a été vu que $T^2<2n$ vous êtes assuré de pouvoir effectuer ce produit sans dépasser $2n$ ou l’atteindre.

Une fois ce produit effectué, vous n’allez pas le réduire modulo $n$ mais vous allez effectuer la division euclidienne de $ac$ par $T.$ Il existe un quotient $e\geq 0$ et un reste $f\in\llbracket 0, T-1\rrbracket$ tels que :

ac = eT+f.

Comme $f$ est positif et comme $ac\leq T^2$ il vient :

eT\leq T^2.

Comme $T>0$ en divisant vous obtenez :

\boxed{0\leq e\leq T.}

Du coup :

\begin{align*}
xy&\equiv act+zT+bd\\
&\equiv (eT+f)t+zT+bd\\
&\equiv ft+(et+z)T+bd.
\end{align*}

Effectuez une réduction modulo $n$

Vous majorez la valeur absolue de $et$ comme suit :

\begin{align*}
\vert et\vert &\leq \vert e \vert \times \vert t \vert\\
&\leq T\times T\\
&\leq T^2.
\end{align*}

Comme $T^2<2n$ il n’y a pas de débordement. Ainsi, $et \in\llbracket 1-2n, 2n-1\rrbracket.$ Parmi les quatre nombres $et$, $et-n$, $et+n$ et $et+2n$ il y en a au moins un qui est égal au résidu de $et$ modulo $n.$

Comme $z$ est égal à son propre résidu modulo $n$, vous déduisez sans débordement la valeur du résidu $v$ modulo $n$ de $et+z.$ Il en résulte que :

\begin{align*}
xy &\equiv ft+vT+bd.
\end{align*}

Effectuez une quatrième division euclidienne

Vous divisez $v$ par $T$ il existe un quotient $g\geq 0$ et un reste $h\in\llbracket 0, T-1\rrbracket$ tels que :

v = gT+h.

Si $g>T$, alors $g\geq T+1$ et $gT\geq T^2+T$ donc $v\geq T^2+T.$ Or il a été vu que $T^2+T\geq n$ donc $v\geq n$ ce qui contredit le fait que $v\in\llbracket 0, n-1\rrbracket.$ Donc :

\boxed{0\leq g\leq T.}

Vous en déduisez que :

\begin{align*}
xy &\equiv ft+vT+bd\\
&\equiv ft+(gT+h)T+bd\\
&\equiv ft+gT^2+hT+bd\\
&\equiv ft+g(T^2-n)+hT+bd\\
&\equiv ft+gt+hT+bd.
\end{align*}

Concluez

Il a été vu que :

\begin{align*}
&0\leq f\leq T-1\\
&\vert t \vert \leq T.
\end{align*}

Par produit $\vert ft \vert$ est inférieur ou égal à $T(T-1)$ et comme $T(T-1)<n$ vous avez $\vert ft \vert < n$ ce qui prouve que le résidu modulo $n$ de $ft$ est calculable sans débordement.

De même :

\begin{align*}
&0\leq g\leq T\\
&\vert t \vert \leq T.
\end{align*}

Par produit $\vert gt \vert$ est inférieur ou égal à $T^2$ et comme $T^2<2n$ vous avez $\vert gt \vert < 2n$ ce qui prouve que le résidu modulo $n$ de $gt$ est calculable sans débordement.

En poursuivant :

0\leq h\leq T-1.

Par produit $hT$ est inférieur ou égal à $T(T-1)$ et comme $T(T-1)<n$ vous avez $hT< n$ ce qui prouve que $hT$ est déjà égal à son propre résidu modulo $n.$

Enfin, vous avez :

\begin{align*}
&0\leq b\leq T-1 \le T\\
& 0\leq d  \leq T.
\end{align*}

Par produit $bd$ est inférieur ou égal à $T(T-1)$ et comme $T(T-1)<n$ vous avez $bd< n$ ce qui prouve que $bd$ est déjà égal à son propre résidu modulo $n.$

Par somme, vous calculez le résidu modulo $n$ de $ft+gt$ modulo $n$ sans débordement, il est soit égal à $ft+gt$ soit à $ft+gt-n.$

Puis vous calculez le résidu modulo $n$ de $(ft+gt)+hT$ en effectuant la somme des deux résidus précédents quitte à soustraire une fois $n.$

En définitive, vous calculez le résidu modulo $n$ de $((ft+gt)+hT)+bd$ en effectuant la somme du résidu de $(ft+gt)+hT$ avec celle du résidu de $bd$, sans débordement, quitte à soustraire $n$ encore une fois si nécessaire.

Comme $xy\equiv ft+gt+hT+bd$ modulo $n$ vous avez bien obtenu le résidu du produit $xy$ modulo $n$ en restant toujours avec des nombres dont la valeur absolue est strictement inférieure à $2n.$

358. Un énoncé équivalent à la conjecture de Goldbach

La conjecture de Goldbach énonce que tout entier pair supérieur ou égal à $4$ peut s’écrire comme la somme de deux nombres premiers.

Vous allez démontrer que cette conjecture est équivalente à la propriété $(P)$ : « tout entier supérieur ou égal à $6$ peut s’écrire comme la somme de trois nombres premiers. »

Premier sens

Vous supposez que la conjecture de Goldbach est vraie.

Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $6.$

Premier cas. $n$ est pair. Alors $n-2$ est un entier pair supérieur ou égal à $4.$ D’après la conjecture de Goldbach appliquée à $n-2$, il existe deux nombres premiers $p_1$ et $p_2$ tels que $n-2 = p_1+p_2.$ Du coup $n = 2+p_1+p_2$ et $n$ s’écrit comme somme de trois nombres premiers.

Second cas. $n$ est impair. Comme $n\geq 6$ vous avez même $n\geq 7.$ Ainsi $n-3\geq 4.$ Or, $n-3$ est pair. D’après la conjecture de Goldbach appliquée à $n-3$ il existe deux nombres premiers $p_1$ et $p_2$ tels que $n-3 = p_1+p_2.$ Du coup $n = 3+p_1+p_2$ et $n$ s’écrit comme somme de trois nombres premiers.

Deuxième sens

Vous supposez que la propriété $(P)$ « tout entier supérieur ou égal à $6$ peut s’écrire comme la somme de trois nombres premiers » est vraie.

Soit $n$ un entier pair supérieur ou égal à $4.$ Alors $n+2$ est un entier supérieur ou égal à $6.$ Appliquant la propriété $(P)$ à $n+2$ vous déduisez qu’il existe trois nombres premiers $p_1$, $p_2$ et $p_3$ tels que $n+2 = p_1+p_2+p_3.$ Si les trois nombres $p_1$, $p_2$ et $p_3$ sont impairs, alors leur somme $p_1+p_2+p_3$ l’est aussi, donc $n$ aussi. Mais $n$ est pair donc $n+2$ aussi, contradiction. Donc il existe $i\in\llbracket 1, 3\rrbracket$ tel que $p_i$ est pair. Comme $p_i$ est premier et que $2$ est le seul nombre premier, vous avez $p_i = 2.$ Donc vous avez :

\begin{align*}
n+2 &= p_i + \sum_{\substack{1\leq j \leq 3 \\ j\neq i}} p_j \\
&= 2 +  \sum_{\substack{1\leq j \leq 3 \\ j\neq i}} p_j.
\end{align*}

Du coup $n = \sum_{\substack{1\leq j \leq 3 \\ j\neq i}} p_j$ ce qui prouve que $n$ s’écrit comme la somme de deux nombres premiers.

355. Il n’existe qu’un seul triplet premier

Les nombres premiers jumeaux, par exemple $3$ et $5$, sont deux nombres premiers dont la différence est égale à $2.$ Il a été conjecturé qu’il en existe une infinité et ce sujet fait l’objet d’études.

Comme $3$, $5$ et $7$ sont des nombres premiers il semble légitime de de se demander s’il existe d’autres possibilités avec trois nombres premiers.

Qu’est-ce qu’un triplet premier ?

Pour tout entier naturel $p$ un triplet premier est constitué par les trois nombres $p$, $p+2$ et $p+4$, à condition qu’ils soient tous premiers.

En prenant $p=3$, vous obtenez $3$, $5$ et $7$ qui est un triplet premier ce qui a déjà été évoqué.

Analyse sur les triplets premiers

Soit $p$ un entier naturel tel que $p$, $p+2$ et $p+4$ soient trois nombres premiers.

Modulo trois, il y a trois possibilités :

  • soit $p\equiv 0\, [3]$
  • soit $p\equiv 1\, [3]$
  • soit $p\equiv 2\, [3].$

Premier cas. Supposez que $p\equiv 0\, [3].$

Alors $3$ divise $p$ mais $p$ est un nombre premier qui admet deux diviseurs, à savoir $1$ et $p.$

Comme $3$ est un diviseur de $p$ différent de $1$, vous déduisez $p=3$ et vous retombez sur le triplet $3$, $5$ et $7.$

Deuxième cas. Supposez que $p\equiv 1\, [3].$

Alors $p+2\equiv 3\, [3]$ donc $p+2\equiv 0\, [3]$ donc $3\mid p+2.$ Comme $p+2$ est premier et que $3$ est un diviseur de ce dernier différent de $1$, il vient $p+2 = 3$ d’où $p=1$ mais c’est impossible puisque $p$ en tant que nombre premier est nécessairement supérieur ou égal à $2.$

Troisième cas. Supposez que $p\equiv 2\, [3].$

Alors $p+4\equiv 6\, [3]$ donc $p+4\equiv 0\, [3]$ donc $3\mid p+4.$ Comme $p+4$ est premier et que $3$ est un diviseur de ce dernier différent de $1$, il vient $p+4 = 3.$ Or $p$ est un entier naturel donc $p+4\geq 4$ d’où une contradiction.

Concluez

La synthèse est immédiate, dans la mesure où $3$, $5$ et $7$ sont trois nombres premiers.

Du coup, il existe un unique triplet premier qui est donné par $3$, $5$ et $7.$

354. Factorisez un entier naturel avec la méthode de Fermat

Soit $n$ un entier naturel. Il convient tout d’abord de remarquer que la racine de $n$ est inférieure ou égale à $\frac{n+1}{2}.$ En effet :

\begin{align*}
(n-1)^2 &\geq 0\\
n^2-2n+1&\geq 0\\
n^2+2n+1&\geq 4n\\
(n+1)^2 &\geq 4n\\
n+1 &\geq 2\sqrt{n}\\
\frac{n+1}{2}&\geq \sqrt{n}.
\end{align*}

Ainsi :

\boxed{\forall n\in\N, \sqrt{n}\leq \frac{n+1}{2}.}

Par définition, un entier naturel qui n’est pas premier sera qualifié de composé.

Le résultat à démontrer

Il s’agit d’établir que, pour tout entier naturel $n$ impair supérieur ou égal à $3$, vous avez l’équivalence :

\boxed{n\text{ n'est pas premier}\Longleftrightarrow \exists k\in \N \cap \left[\sqrt{n}, \frac{n+1}{2}\right[, k^2-n\text{ est le carré d'un entier.} }

Note. Ce résultat a déjà été établi dans le contenu rédigé dans l'article 296. Une démonstration plus succincte est présentée dans cet article.

Démontrez le sens $\implies$

Soit $n$ un entier naturel impair composé supérieur ou égal à $3.$ Il existe deux entiers naturels $a$ et $b$ compris entre $2$ et $n-1$ tels que $n=ab.$

Si $a$ est pair, alors $2\mid a.$ Comme $a\mid n$ vous déduisez par transitivité que $2\mid n$ donc $n$ est pair ce qui est absurde. De même si $b$ est pair, il vient $2\mid b$ puis $b\mid n$ donc $2\mid n$ du coup $n$ est pair, contradiction. Donc $a$ et $b$ sont impairs.

Le quotient de la division euclidienne de $a$ par $2$ est donc égal à $1.$ De même, le quotient de la division euclidienne de $b$ par $2$ est égal à $1.$ Il existe deux entiers naturels $a’$ et $b’$ tels que $a = 2a’+1$ et $b = 2b’+1$ d’où $a+b = 2(a+a’+1)$ ce qui prouve que $a+b$ est pair. Ainsi $\frac{a+b}{2}$ est un entier naturel. Utilisant le même raisonnement, $a – b = 2(a’-b’)$ donc $a-b$ est un entier relatif pair et $\frac{a-b}{2}$ est un entier relatif.

Vous posez maintenant $k = \frac{a+b}{2}.$ Il a été vu que $k\in\N.$

Comme $a>1$ et comme $b>1$, le produit $(a-1)(b-1)$ est strictement positif. En développant, vous obtenez :

\begin{align*}
&(a-1)(b-1)> 0\\
&ab-a-b+1 > 0\\
&ab+1 > a+b\\
&n+1 > a+b\\
&\frac{n+1}{2} > k.
\end{align*}

Maintenant, $k^2-n$ est le carré d’un entier relatif. En effet :

\begin{align*}
k^2-n &= \left(\frac{a+b}{2}\right)^2-ab\\
&= \frac{a^2+2ab+b^2}{4}-\frac{4ab}{4}\\
&= \frac{a^2-2ab+b^2}{4}\\
&=\left(\frac{a-b}{2}\right)^2.
\end{align*}

Comme un carré est positif, il vient $k^2-n \geq 0$ puis $k^2\geq n$ et enfin $k\geq \sqrt{n}$ ce donne le résultat.

Démontrez le sens $\impliedby$

Soit $n$ un entier naturel impair supérieur ou égal à $3.$ Vous supposez qu’il existe un entier naturel $k$ tel que :

\left\{\begin{align*}
&\sqrt{n}\leq k < \frac{n+1}{2}\\
&k^2-n\text{ est le carré d'un entier}.
\end{align*}
\right.

Comme $n\geq 1$ il vient $\sqrt{n}\geq 1$ donc $k\geq 1.$

Il existe un entier relatif $u$ tel que $k^2-n=u^2 = (\vert u \vert)^2.$ En posant $\ell = \vert u \vert$ il vient :

\begin{align*}
k^2-n&=\ell^2\\
k^2-\ell^2 &=n\\
(k+\ell)(k-\ell) &= n.
\end{align*}

Comme $2k < n+1$ vous déduisez ce qui suit :

\begin{align*}
2k<  n+1\\
-n < -2k+1\\
k^2-n < k^2-2k+1\\
\ell^2<(k-1)^2.
\end{align*} 

Comme $\ell$ et $k-1$ sont positif, vous déduisez $\ell < k-1$ donc $1< k-\ell.$

Ainsi, l’entier $k-\ell$ est supérieur ou égal à $2$ et divise $n.$

Si $n$ était premier, alors $k-\ell = n.$ L’égalité $(k+\ell)(k-\ell) = n$ s’écrit $n(k+\ell) = n$ d’où $k+\ell =1.$ Comme $k$ est supérieur ou égal à $1$ il vient $\ell = 0$ donc $n = k^2$ donc $k$ divise $n.$ Si $k=1$ alors $n =1$ ce qui contredit le fait que $n$ est premier. Si $k=n$ alors $n = n^2$ d’où $n=1$ après simplification par $n$ ce qui est absurde.

Donc $n$ est composé.

Application : factorisez $2279$

Cherchez d’abord le plus petit carré parfait qui soit supérieur ou égal à $2279.$

Comme $40^2 = 1600$ et comme $50^2=2500$ vous prenez $45^2=2025.$

Ce nombre étant strictement inférieur à $2279$ vous calculez le carré suivant.

\begin{align*}
46^2&= 2025+45+46\\
&= 2025+91\\
&= 2116.
\end{align*} 

Vous poursuivez :

\begin{align*}
47^2&= 2116+46+47\\
&= 2116+93\\
&= 2209.
\end{align*} 

Vous continuez :

\begin{align*}
48^2&= 2209+47+48\\
&= 2209+95\\
&= 2304.
\end{align*} 

Comme $48^2 \geq 2279$ vous évaluez la différence suivante :

\begin{align*}
48^2- 2279 &= 2304-2279\\
&=104-79\\
&=99-74\\
&=25\\
&=5^2.
\end{align*}

Ainsi $2279$ va être factorisé comme suit :

\begin{align*}
2279 &= 48^2-5^2\\
&=(48+5)(48-5)\\
&=53\times 43.
\end{align*}

Application : factorisez $10541$

Vous avez $100^2 =10000$ ce qui vous amène à calculer le carré parfait suivant.

\begin{align*}
101^2&= 10000+100+101\\
&= 10000+201\\
&= 10201.
\end{align*} 

Comme $10201< 10541$ vous poursuivez.

\begin{align*}
102^2&= 10201+101+102\\
&= 10201+203\\
&= 10404.
\end{align*} 

Comme $10404< 10541$ vous poursuivez.

\begin{align*}
103^2&= 10404+102+103\\
&= 10404+205\\
&= 10605.
\end{align*} 

Etant donné que $10609\geq 10541$ vous calculez la différence suivante :

\begin{align*}
103^2-10541 &= 10609-10541\\
&=109-41\\
&=99-31\\
&=68.
\end{align*} 

Comme $68$ n’est pas un carré parfait, vous calculez la prochaine différence :

\begin{align*}
104^2-10541 &= (103^2-10541) + (103+104)\\
&=68+207\\
&=275.
\end{align*} 

Comme $275$ n’est pas un carré parfait, vous calculez la prochaine différence :

\begin{align*}
105^2-10541 &= (104^2-10541) + (104+105)\\
&=275+209\\
&=484\\
&=22^2.
\end{align*} 

Ainsi, $10541$ est factorisable et :

\begin{align*}
10541 &= 105^2-22^2\\
&=(105+22)(105-22)\\
&=127\times 83.
\end{align*}

Prolongement

Vous êtes invité à lire le contenu rédigé dans l'article 295 qui détaille un autre exemple.

352. Résolvez une équation avec congruence dans le cas linéaire

Dans cet article, vous trouverez des moyens de résoudre une équation de la forme $ax\equiv b \quad [n].$ Le but est d’essayer de diviser successivement le nombre $a$ jusqu’à obtenir $1$ mais certaines précautions doivent être prises.

Quand les trois coefficients admettent un diviseur commun

Fixez trois nombres entiers $a$, $b$ et $n.$ Soit à résoudre l’équation ci-dessous dont l’inconnue $x$ est un nombre entier :

\boxed{(E): \quad ax \equiv b \quad [n].}

Supposez qu’il existe un entier non nul $d$ tel que :

\left\{\begin{align*}
d&\mid a\\
d&\mid b\\
d&\mid n.
\end{align*}\right.

Vous notez $a’$, $b’$ et $n’$ les quotients correspondants, qui sont aussi des nombres entiers :

\left\{\begin{align*}
a' &= a/d\\
b' &= b/d\\
n' &= n/d.
\end{align*}\right.

Vous considérez l’équation suivante dont l’inconnue $x$ est un nombre entier :

\boxed{(E'): \quad a'x \equiv b' \quad [n'].}

Alors les équations $(E)$ et $(E’)$ ont le même ensemble de solutions.

En effet :

\begin{align*}
x\text{ est solution de }(E)  &\Longleftrightarrow ax\equiv b\quad [n]\\
&\Longleftrightarrow n\mid ax- b \\
&\Longleftrightarrow \exists k\in\Z,  ax- b = kn \\
&\Longleftrightarrow \exists k\in\Z,  da'x- db' = kdn' \\
&\Longleftrightarrow \exists k\in\Z,  d(a'x- b') = kdn' \\
&\Longleftrightarrow \exists k\in\Z,  a'x- b' = kn' \\
&\Longleftrightarrow  n' \mid a'x- b'  \\
&\Longleftrightarrow a'x\equiv b'\quad [n]\\
&\Longleftrightarrow x\text{ est solution de }(E').
\end{align*} 

Note. Si équation de la forme $ax\equiv b\quad [n]$ possède au moins une solution, alors $b$ est nécessairement divisible $PGCD(a,n).$

Dans la suite, vous vous attachez à une équation linéaire avec congruence, en supposant désormais que $PGCD(a,n)=1.$

Quand $a$ est premier avec $n$ la congruence modulo $n$ est conservée après une division

Fixez trois nombres entiers $a$, $b$ et $n.$ Vous supposez que $PGCD(a,n)=1$ et qu’il existe un entier non nul $d$ tel que $d\mid a$ et $d\mid b.$ Comme précédemment, vous posez :

\left\{\begin{align*}
a' &= a/d\\
b' &= b/d.
\end{align*}\right.

Alors les équations suivantes possédant la même congruence modulo $n$ ont le même ensemble de solutions :

\begin{align*}
(E): \quad ax &\equiv b \quad [n]\\
(E'): \quad a'x &\equiv b' \quad [n].
\end{align*}

Première étape. Soit $x$ une solution de l’équation $(E’).$ Alors $n \mid a’x-b’.$ Or $ax-b = da’x-db’ = d(a’x-b’).$ Donc $a’x-b’ \mid ax-b.$ Par transitivité, vous déduisez $n \mid ax-b$ et par suite $ax\equiv b \quad [n]$ et $x$ est solution de $(E).$

Seconde étape. Soit maintenant $x$ une solution de $(E).$ Alors $n \mid ax-b$ ce qui s’écrit $n\mid d(a’x-b’).$ Par définition, $PGCD(n,d)$ divise $d.$ Or $d\mid a$ et par transitivité $PGCD(n,d) \mid a.$ Toujours avec la définition du $PGCD$, $PGCD(n,d) \mid n.$ Comme $PGCD(n,d)$ divise à la fois $a$ et $n$ qui sont premiers entre eux, il en résulte que $PGCD(n,d)=1.$ En appliquant le théorème de Gauss, $n\mid d(a’x-b’)$ fournit $n\mid a’x-b’$ et $a’x\equiv b’\quad [n]$ et $x$ est solution de $(E’).$

Appliquez les résultats précédents sur des exemples

Résolvez l’équation $3x\equiv 4\quad [5]$

Vous remarquez que $PGCD(3,5)=1.$ La stratégie va consister à remplacer $4$ par un nombre congru modulo $5$ qui est aussi un multiple de $3.$

Or, vous avez :

\begin{align*}
4 &\equiv 4+5\quad [5]\\
&\equiv 9\quad [5].
\end{align*} 

Vous pouvez diviser par $3$ à la dernière étape pour conclure :

\begin{align*}
3x\equiv 4\quad [5] \Longleftrightarrow 3x\equiv9\quad [5]\\
\Longleftrightarrow x\equiv3 \quad [5].
\end{align*}

L’ensemble des solutions de cette équation est :

\mathscr{S} = \{3+5k, k\in\Z\}.

Résolvez l’équation $18x\equiv 42\quad [50]$

Vous calculez d’abord $PGCD(18,50)$ en utilisant le fait que $PGCD(9,25)=1$ combiné avec la propriété multiplicative du $PGCD.$

\begin{align*}
PGCD(18,50) &= 2PGCD(9,25)\\
&= 2\times 1\\
&=2.
\end{align*}

La congruence modulo $50$ se simplifie en une congruence modulo $25.$

\begin{align*}
18x\equiv 42\quad [50] \Longleftrightarrow 9x\equiv 21\quad [25].
\end{align*}

Vous allez maintenant ajouter ou soustraire $25$ un certain nombre de fois à $21$ jusqu’à tomber sur un multiple de $9.$

\begin{align*}
 9x\equiv 21\quad [25] &\Longleftrightarrow 9x\equiv 21\quad [25]\\
& \Longleftrightarrow 9x\equiv 46\quad [25] \\
&\Longleftrightarrow 9x\equiv 71\quad [25] \\
&\Longleftrightarrow 9x\equiv 96\quad [25] \\
&\Longleftrightarrow 9x\equiv 121\quad [25] \\
&\Longleftrightarrow 9x\equiv 146\quad [25] \\
&\Longleftrightarrow 9x\equiv 171\quad [25] \\
&\Longleftrightarrow 9x\equiv 19\times 9\quad [25]\\
&\Longleftrightarrow x\equiv 19\quad [25].
\end{align*}

L’ensemble des solutions de cette équation est :

\mathscr{S} = \{19+25k, k\in\Z\}.

La méthode ci-dessus fonctionne systématiquement

Fixez trois nombres entiers $a$, $b$ et $n.$ Vous supposez que $PGCD(a,n)=1.$ Vous allez démontrer qu’il existe un entier $q$ tel que $a\mid b+qn.$

En effet, comme $a$ et $n$ sont deux entiers premiers entre eux, en appliquant le théorème de Bezout, il existe deux entiers $u$ et $v$ tels que $au+nv = 1.$ En multipliant par $b$, il vient :

\begin{align*}
&b= abu+bvn\\
&b+(-bv)n = abu.
\end{align*}

En posant $q= -bv$ vous avez l’égalité $b+qn = abu$ si bien que $a\mid b+qn.$

Cela justifie la technique utilisée dans l’exemple précédent.

Quand vous cherchez à résoudre $9x\equiv 21\quad [25]$, vous savez à l’avance qu’il existe un entier $q$ tel que $9 \mid 21+25q.$ Pour un tel entier, vous avez :

\begin{align*}
 9x\equiv 21\quad [25] &\Longleftrightarrow 9x\equiv 21 + 25q\quad [25].

\end{align*}

En notant $h$ le quotient de la division de $21+25q$ par $9$, vous aboutissez à :

\begin{align*}
 9x\equiv 21\quad [25] &\Longleftrightarrow x\equiv h\quad [25].
\end{align*}

La division par $9$ est autorisée sans modifier la congruence modulo $25$ puisque $PGCD(9,25)=1.$

350. Extraction d’une racine carrée entière en commençant avec une multiplication par 5

Si on veut se passer de division, il est possible de calculer la racine carrée entière d’un nombre entier $n$ en utilisant des soustractions successives. Une variante est proposée ici : le nombre de départ dont on souhaite connaître la racine carrée entière est multiplié par $5$ dès le début, ce qui va faciliter le déroulement des étapes ultérieures.

Note. Cette technique évite d’avoir à gérer des multiplications par $2$ qui apparaissent dans la méthode de la potence.

Étudiez la situation sur un exemple

Soit $n = 1562$ un nombre dont on veut connaître la racine carrée entière.

Il s’agit de déterminer l’unique entier $p$ tel que $p\leq \sqrt{n} < p+1.$

Vous formez immédiatement le nombre $m = 5n =7810.$ Vous écrivez ce nombre $m$ comme une succession de tranches de $2$ chiffres, soit $m = 78\ 10.$

Première étape

Vous partez de la première tranche, $78$ en retirez successivement $5$, $15$, $25$ etc et vous stoppez juste avant de trouver un nombre strictement négatif.

Cette étape peut être formalisée dans le tableau ci-dessous :

\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
78 & 73 & 58 & 33 \\
\hline
5 &  15 & 25 &\\
\hline
\end{array}

Cette étape montre que :

78 = (5+15+25) + 33.

Le nombre de soustractions effectuées est égal à $3$, soit autant de termes contenus dans la somme $5+15+25.$

En vertu des sommes formées par les termes consécutifs d’une suite arithmétique, vous avez :

\begin{align*}
5+15+25 &= 3\times \frac{5+25}{2}\\
& = \frac{3\times 30}{2}\\
&= 3\times 3\times \frac{10}{2}\\
&= 5\times 3^2.
\end{align*} 

Ainsi :

78 = 5\times 3^2 + 33.

Note. Le chiffre $3$ est le premier du résultat de la racine carrée entière cherchée.

Deuxième étape

Vous prenez le reste, à savoir $33$ et vous collez les chiffres de la tranche d’après de $m$, ce qui fournit le nombre $3310.$

Le nombre de soustractions effectuées précédemment est égal à $3$, vous collez à ce nombre $05$ ce qui fait $305.$ Puis vous allez, à partie de $3310$ retrancher $305$, $315$, $325$, $335$ etc et vous stoppez juste avant d’obtenir un nombre strictement négatif.

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
3310 & 3005 & 2690 & 2365 & 2030& 1685 &1330 & 965& 590& 205\\
\hline
305 &  315 &  325 & 335 &345 & 355 & 365 & 375 & 385\\
\hline
\end{array}

Vu que le nombre de soustractions est égal à $9$, d’après le tableau et les sommes de termes consécutifs d’une suite arithmétique, il vient :

\begin{align*}
3310 &= (305+315+\cdots+385)+205\\
&= 9\times \frac{690}{2}+205\\
&= 9\times 69\times 5+205\\
&= (9\times 60 + 9^2)\times 5 + 205\\
&= (2\times 9\times 30 + 9^2)\times 5 + 205.
\end{align*}

Vous constatez que l’autre facteur de la multiplication par $5$ contient la fin d’une identité remarquable.

Note. Le chiffre $9$ est le deuxième du résultat de la racine carrée entière cherchée.

Comment prouve-t-on que la racine carrée entière de $1562$ est bien $39$ ?

Vous partez de la première étape, vous multipliez par $100$ et vous ajoutez $10$, ce qui fournit :

\begin{align*}
78 &= 5\times 3^2 + 33\\
7800 &= 5\times 3^2 \times 100 + 3300\\
7810 &= 5\times 3^2 \times 10^2 + 3310\\
7810 &= 5\times 30^2 + 3310.
\end{align*} 

En appliquant la deuxième étape, il vient :

\begin{align*}
7810 &= 5\times 30^2 + (2\times 9\times 30 + 9^2)\times 5 + 205\\
&= 5(30^2 + 2\times 9\times 30+9^2) + 205\\
&= 5\times 39^2 + 205.
\end{align*} 

En divisant par $5$, il vient :

1562 = 39^2 + 41.

Il est donc établi que :

1562 \geq 39^2.

Or :

\begin{align*}
39^2+41 &< 39^2+39+40\\
1562 &< 40^2.
\end{align*} 

De ces deux encadrements, vous obtenez :

\begin{align*}
39^2&\leq 1562 < 40^2\\
39 &\leq \sqrt{1562}< 40.
\end{align*} 

Autrement dit, la racine carrée entière de $1562$ est égale à $39.$

Cas où $n\leq 1999$

Soit $n$ un entier naturel inférieur ou égal à $1999$, de sorte que $5n<9995.$

En posant $m = 5n$, vous constatez que $m$ possède deux tranches de deux chiffres, autrement dit, $m = 100c+u$ où $c$ est $u$ sont deux entiers naturels inférieurs ou égaux à $99.$ Comme $m$ est un multiple de $5$, l’entier $u$ est aussi un multiple de $5$ et vaut $95$ au maximum.

La première tranche

Comme tout à l’heure, vous effectuez un certain nombre de soustractions (voire aucune), vous retranchez à $c$ les entiers $5$, $15$, $25$ juste avant de trouver un nombre strictement négatif. Tous ces entiers sont de la forme $10k-5$ avec $k$ entier supérieur ou égal à $1.$

Soit $k$ le nombre de soustractions effectuées.

Premier cas. Supposez $c\geq 5.$ Alors $k\geq 1.$

Les deux inégalités sont vérifiées :

\begin{align*}
& 5+\dots+(10k-5) \leq c\\
&c <  5+\dots+(10k+5).
\end{align*} 

Le nombre de termes de la somme $5+\dots+(10k-5)$ est égal à $k$, si bien que :

\begin{align*}
5+\dots+(10k-5) &= k\times \frac{5+10k-5}{2}\\
&=5k^2.
\end{align*}

Le nombre de termes de la somme $5+\dots+(10k-5)$ est égal à $k+1$, si bien que :

\begin{align*}
5+\dots+(10k+5) &= (k+1)\times \frac{5+10k+5}{2}\\
&= (k+1)\times \frac{10(k+1)}{2}\\
&=5(k+1)^2.
\end{align*}

Par ce procédé, pour trouvez un entier $k$ tel que :

5k^2\leq c < 5(k+1)^2.
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
c & \dots & \dots & c-5k^2 \\
\hline
5 & \dots & \dots &\\
\hline
\end{array}

Remarquez que $c<100$ si bien que $5k^2< 100$ donc $k^2<20$ d’où $k^2<25$ donc $k<5$ puis $k\leq 4.$ Ainsi $k$ est bien un chiffre.

Second cas. Supposez $c<5.$ Alors le nombre de soustractions est égal à $0$ et vous posez $k=0.$ Comme $5(k+1)^2 =20 $·K² 5, l’inégalité $5k^2\leq c < 5(k+1)^2$ est encore satisfaite.

Dans les deux cas, l’inégalité $\boxed{5k^2\leq c < 5(k+1)^2}$ est valable et $k\in\llbracket 0, 4\rrbracket$ est un chiffre.

La seconde tranche

Lorsque vous effectuez les $k$ soustractions précédentes au nombre $c$, vous obtenez un reste qui est égal à :

r = c-5k^2.

Comme $c <5(k+1)^2$ il convient de noter que $c<5(k^2+2k+1)$ donc $c-5k^2< 10k+5.$

Il s’ensuit que $\boxed{0\leq r \leq 10k+4.}$

A partir de ce reste, vous collez la deuxième tranche $u.$ Or c’est multiplier $r$ par $100$ et ajouter $u.$

Le nombre $p = 100r+u$ est ainsi obtenu.

C’est à partir de ce nombre que vous allez coller $05$ au chiffre $k$ calculé précédemment.

Concrètement, vous allez soustraire $100k+5$, $100k+15$, $100k+25$ au nombre $p$ jusqu’à vous arrêter avant de tomber sur un nombre strictement négatif.

Notez $\ell$ le nombre de soustractions effectuées.

Premier cas. Supposez que $p\geq 100k+5$, soit $p\geq 5(20k+1)$ de sorte que $\ell \geq 1.$

Alors :

\begin{align*}
& (100k+5)+\dots+(100k+10\ell-5) \leq p\\
&p <  (100k+5)+\dots+(100k+10\ell+5).
\end{align*} 

Le nombre de termes de la somme $(100k+5)+\dots+(100k+10\ell-5)$ est égal à $\ell$, si bien que :

\begin{align*}
(100k+5)+\dots+(100k+10\ell-5)  &= \ell\times \frac{100k+5+100k+10\ell-5}{2}\\
&=\ell\times \frac{200k+10\ell}{2}\\
&=\ell\times (100k+5\ell)\\
&=5\ell\times (20k+\ell).
\end{align*}

Le nombre de termes de la somme $(100k+5)+\dots+(100k+10\ell+5)$ est égal à $\ell+1$, si bien que :

\begin{align*}
(100k+5)+\dots+(100k+10\ell+5)  &= (\ell+1)\times \frac{100k+5+100k+10\ell+5}{2}\\
&=(\ell+1)\times \frac{200k+10\ell+10}{2}\\
&=(\ell+1)(100k+5\ell+5)\\
&=5(\ell+1)(20k+\ell+1).
\end{align*}

Par ce procédé, vous trouvez un entier $\ell$ tel que :

\boxed{5\ell\times (20k+\ell) \leq p < 5(\ell+1)(20k+\ell+1).}
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
p = 100r+u & \dots & \dots & \dots & \dots& \dots &\dots & \dots& \dots&p-5\ell\times (20k+\ell)\\
\hline
100k+5 & \dots &  \dots & \dots &\dots & \dots & \dots & \dots & \dots\\
\hline
\end{array}

Second cas. Supposez que $p< 100k+5$, soit $p< 5(20k+1)$ de sorte que $\ell = 0.$ Alors, $p$ étant positif, l’inégalité $5\ell\times (20k+\ell) \leq p < 5(\ell+1)(20k+\ell+1)$ est encore valable : en effet, quand $\ell=0$ vous avez $5(\ell+1)(20k+\ell+1) = 5(20k+1).$

Le nombre $\ell$ est bien un chiffre

Raisonnez par l’absurde en supposant que $\ell \geq 10.$

Du coup :

\begin{align*}
& p\geq 50(20k+10)\\
&p  \geq 1000k+500\\
&100r+u\geq 1000k+500.

\end{align*}

Comme $95\geq u$ vous déduisez ce qui suit :

\begin{align*}
&100r+95\geq 100r+u\\
&100r+95 \geq 1000k+500.
\end{align*}

Cela fournit :

100r\geq 1000k+405.

Il a été montré précédemment que :

r\leq 10k+4.

Après multiplication par $100$, il vient :

100r\leq 1000k+400 < 1000k+405\leq 100r.

D’où la contradiction recherchée.

Donc $\ell$ est bien un chiffre.

Prouvez que la racine carrée entière de $n$ est égale à $10k+\ell$

Vous partez de l’encadrement obtenu à partir de la deuxième tranche et l’ensemble s’enchaîne :

\begin{align*}
5 (20k+\ell) &\leq p < 5(\ell+1)(20k+\ell+1)\\
5 (20k+\ell) &\leq 100r+u < 5(\ell+1)(20k+\ell+1)\\
5 (20k+\ell) &\leq 100(c-5k^2)+u < 5(\ell+1)(20k+\ell+1)\\
5 (20k+\ell) &\leq 100c-500k^2+u < 5(\ell+1)(20k+\ell+1)\\
5 (20k+\ell)+500k^2 &\leq 100c+u < 5(\ell+1)(20k+\ell+1)+500k^2\\
5 (20k+\ell)+500k^2 &\leq m < 5(\ell+1)(20k+\ell+1)+500k^2\\
5 (20k+\ell)+500k^2 &\leq 5n < 5(\ell+1)(20k+\ell+1)+500k^2\\
 \ell(20k+\ell)+100k^2 &\leq n < (\ell+1)(20k+\ell+1)+100k^2\\
(10k)^2 +2(10k) \ell + \ell^2&\leq n < (10k)^2+2(10k)(\ell+1)+(\ell+1)^2\\
(10k+\ell)^2 &\leq n < (10k+\ell+1)^2.
\end{align*}

Il en résulte que :

\boxed{10k+\ell \leq \sqrt{n} < (10k+\ell)+1.}

Ainsi la racine carrée entière de $n$ a bien été déterminée.

Prolongements

Démontrez que la méthode décrite ci-dessus reste valable pour des nombres plus grands, quitte à rajouter des tranches supplémentaires.

Soit $n$ un entier tel que $n\leq 199999$, de sorte que $5n \leq 999995.$ En découpant $m=5n$ en trois tranches de deux chiffres, vous avez $m = 10000a+100b+c$ où $a$, $b$ et $c$ sont des entiers naturels tels que $a\leq 99$, $b\leq 99$ et $c\leq 95.$

En appelant $k$ le nombre de soustractions de la première tranche, $\ell$ le nombre de soustractions de la deuxième tranche et $h$ le nombre de soustractions de la troisième tranche, démontrez que $k$, $\ell$ et $h$ sont des chiffres et que la racine carrée entière de $n$ est égale à $100k+10\ell+h.$

Généralisez alors à un entier naturel $n$ quelconque : posez encore $m=5n$ que vous découpez en $r$ tranches de deux chiffres et poursuivez.

346. Un nombre est premier, si et seulement si, il divise tous les coefficients binomiaux de sa ligne dans le tableau de Pascal, excepté le premier et le dernier

Le but de cet article est de démontrer qu’un nombre entier $n\geq 2$ est premier, si et seulement si, pour tout entier $k$ compris entre $1$ et $n-1$, le coefficient binomial $\binom{n}{k}$ est divisible par $n.$

Visualisez le triangle de Pascal

Les premières lignes du tableau de Pascal sont les suivantes, à chaque fois est donnée la valeur du coefficient binomial $\binom{n}{k}.$

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
&k=0&k=1&k=2 & k=3 & k=4& k=5& k=6& k=7& k=8\\
\hline
n=0&1 & \\
\hline
n=1&1 & 1\\
\hline
n=2&1 & 2 & 1\\
\hline
n=3&1 & 3 & 3 & 1\\
\hline
n=4&1 & 4 & 6 & 4 & 1\\
\hline
n=5&1 & 5 & 10 & 10 & 5& 1\\
\hline
n=6&1 & 6 & 15 & 20 & 15& 6 & 1\\
\hline
n=7&1 & 7 & 21 & 35 & 35& 21 & 7 & 1\\
\hline
n=8&1 & 8 & 28 & 56 & 70& 56 & 28 & 8&1\\
\hline
\end{array}

En prenant un numéro de ligne qui est un nombre premier, par exemple lorsque $n=7$, vous constatez que les coefficients binomiaux $7$, $21$, $35$, $35$, $21$ et $7$ sont tous des multiples de $7.$ Autrement dit :

\forall k\in\llbracket 1, 6\rrbracket, \quad 7 \left| \binom{7}{k}\right..

Par contre, en prenant $n=6$ qui n’est pas un nombre premier, vous constatez, par exemple que $20$ n’est pas un multiple de $6$, ce qui s’écrit ainsi :

6 \not\left| \binom{6}{3}\right..

Autrement dit :

\exists k\in\llbracket 1, 5\rrbracket, \quad 6 \not\left| \binom{6}{k}\right..

Le premier sens comme conséquence du lemme d’Euclide

Soit $n$ un nombre entier supérieur ou égal à $2.$ Vous supposez que $n$ est un nombre premier.

Soit $k$ un nombre entier compris entre $1$ et $n-1.$ Le coefficient binomial $\binom{n}{k}$ se calcule avec une expression comportant des factorielles :

\binom{n}{k} = \frac{n!}{k! (n-k)!}.

Vous déduisez de ce qui précède que :

n! = k! (n-k)! \binom{n}{k}.

Comme $n! = n\times (n-1)!$ il s’ensuit que $n$ divise le produit $k! (n-k)! \binom{n}{k}.$

Supposez que $n$ ne divise pas le coefficient binomial $\binom{n}{k}.$ Comme $n$ est un nombre premier qui divise le produit des deux nombres $k! (n-k)!$ et $\binom{n}{k}$ le lemme d’Euclide (vous en trouverez une démonstration dans le contenu rédigé dans l'article 126) permet d’affirmer que $n$ divise $k! (n-k)!.$ Toujours d’après le même lemme d’Euclide, $n$ divise un des facteurs noté $i$ du produit $k! (n-k)!.$ Comme $k$ est compris entre $1$ et $n-1$, tous les facteurs du produit $k! (n-k)!$ sont des nombres entiers compris entre $1$ et $n-1.$ Il s’ensuit que $i$ lui-même est un entier compris entre $1$ et $n-1.$

Or, $n$ divise $i$ avec $i$ non nul impose d’avoir $n\leq i.$ Or il a été vu que $i \leq n-1$ ce qui aboutit à une contradiction.

Par l’absurde, il a été prouvé que $n$ divise le coefficient binomial $\binom{n}{k}.$

Ainsi, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, l’implication ci-dessous est démontrée.

\boxed{n \text{ est premier }\implies \forall k\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \quad n \left| \binom{n}{k}\right..}

Le sens réciproque comme conséquence de la relation de Pascal et de l’arithmétique modulaire

Visualisez la situation lorsque $n=8$

Supposez que, pour $n=8$, vous ayez :

\forall k\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \quad n \left| \binom{n}{k}\right..

Vous raisonnez modulo $8$ et obtenez :

\forall k\in\llbracket 1, 7\rrbracket, \quad \binom{8}{k} \equiv 0 \mod 8.

En écrivant le triangle de Pascal modulo $8$ pour les lignes $n=7$ et $n=8$ il vient :

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
&k=0&k=1&k=2 & k=3 & k=4& k=5& k=6& k=7& k=8\\
\hline
n=7&1 &  &  &  & &  &  & \\
\hline
n=8&1 & 0 & 0 & 0 & 0& 0 & 0 & 0&1\\
\hline
\end{array}

Pour déterminer le résidu du coefficient binomial $\binom{7}{1}$ modulo $8$, vous utilisez la relation de Pascal :

\binom{7}{0}+\binom{7}{1} = \binom{8}{1}.

Ainsi :

\binom{7}{1} = \binom{8}{1} - \binom{7}{0}.

En raisonnant modulo $8$ cela donne :

\begin{align*}
\binom{7}{1} &\equiv  0 - 1 \mod 8\\
&\equiv  -1 \mod 8.
\end{align*}

En continuant ainsi, vous obtenez tous les résidus modulo $8$ de la ligne du triangle de Pascal pour $n=7$ et constatez une alternance de $1$ et de $-1.$

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
&k=0&k=1&k=2 & k=3 & k=4& k=5& k=6& k=7& k=8\\
\hline
n=7&1 & -1 & 1  & -1  &1 &-1  &1  &-1 \\
\hline
n=8&1 & 0 & 0 & 0 & 0& 0 & 0 & 0&1\\
\hline
\end{array}

Note. Vous ignorez le dernier résidu de la ligne pour $n=7$ qui est égal à $-1.$ En prenant une autre ligne, par exemple $n=9$, vous auriez trouvé à la ligne $n=8$ un résidu de $1$ et n’auriez pas pu conclure à une absurdité.

Comme $8$ n’est pas premier, il admet un diviseur propre, à savoir un nombre $d$ compris entre $2$ et $7$, tel que $d\mid 8.$

Vous vous intéressez au coefficient binomial $\binom{8}{d} = \binom{8}{2}$ et l’exprimez avec un coefficient binomial situé dans la ligne précédente du tableau de Pascal :

\begin{align*}
\binom{8}{2} &= \frac{8!}{2! 6!}\\
&=\frac{8 \times 7! }{2\times 1! 6!}\\
&=\frac{8}{2}\times \frac{7!}{1! 6!}\\
&= 4\times \binom{7}{1}.
\end{align*}

En prenant les résidus modulo $8$, vous obtenez :

\begin{align*}
\binom{8}{2} &\equiv 4\times (-1) \mod 8\\
&\equiv -4 \mod 8.
\end{align*}

Du coup, il vient :

0 \equiv-4 \mod 8.

Ceci est absurde.

Vous en déduisez qu’il est impossible que $8$ divise tous les coefficients binomiaux $\binom{8}{k}$ lorsque $k$ décrit l’intervalle d’entiers $\llbracket 1, 7\rrbracket.$

Traitez le cas général

Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2$, tel que :

\forall k\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \quad n \left| \binom{n}{k}\right..

Si $n = 2$, le nombre $n$ est un nombre premier et le résultat est démontré.

Supposez maintenant que $n\geq 3.$

Alors :

\forall k\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \quad \binom{n}{k} \equiv 0 \mod n.

Vous allez maintenant effectuer une récurrence limitée afin de déterminer les résidus modulo $n$ des coefficients binomiaux $\binom{n-1}{k}$ lorsque $k$ décrit l’intervalle $\llbracket 0, n-1\rrbracket.$

Pour tout entier $k\in \llbracket 0, n-1\rrbracket$ vous notez $\mathscr{P}(k)$ la propriété : « le résidu modulo $n$ du coefficient binomial $\binom{n-1}{k}$ est égal à $(-1)^k$ ».

Initialisation. Pour $k=0$, vous avez d’une part $(-1)^k = (-1)^0 = 1.$

D’autre part, $\binom{n-1}{0} = 1$ donc $\binom{n-1}{0} = (-1)^0$ ce qui donne :

\binom{n-1}{0} \equiv (-1)^0 \mod n.

La propriété $\mathscr{P}(0)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $k$ un entier naturel inférieur ou égal à $n-2$ tel que $\mathscr{P}(k)$ soit vérifiée.

Vous avez déjà :

\binom{n-1}{k} \equiv (-1)^k \mod n.

D’après la relation de Pascal :

\binom{n-1}{k} + \binom{n-1}{k+1} = \binom{n}{k+1}.
 \binom{n-1}{k+1} = \binom{n}{k+1} - \binom{n-1}{k}.

Comme $k+1$ est un entier supérieur ou égal à $1$ et inférieur ou égal à $n-1$, vous avez :

\binom{n}{k+1} \equiv 0 \mod n.

Du coup :

\begin{align*}
 \binom{n-1}{k+1} &\equiv 0 - (-1)^k \mod n \\
&\equiv  (-1)^{k+1} \mod n.
\end{align*}

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

Conclusion. Par récurrence limitée, il a été établi que :

\forall k\in\llbracket 0, n-1\rrbracket, \quad\binom{n-1}{k} \equiv (-1)^k \mod n.

Supposez que $n$ ne soit pas un nombre premier.

Il existe deux diviseurs propres $d$ et $d’$ c’est-à-dire deux entiers compris entre $2$ et $n-1$ tels que $n = dd’.$

Vous exprimez le coefficient binomial $\binom{n}{d}$ de la façon suivante :

\begin{align*}
\binom{n}{d} &= \frac{n! }{d! (n-d!)}\\
&= \frac{n}{d}\times \frac{(n-1)!}{(d-1)! (n-d)!}\\
&=d' \times \binom{n-1}{d-1}.
\end{align*}

Maintenant, modulo $n$, vous avez :

\begin{align*}
0 &\equiv \binom{n}{d} \mod n\\
&\equiv d' \times \binom{n-1}{d-1} \mod n.
\end{align*}

Comme $d-1$ est compris entre $0$ et $n-1$, vous déduisez :

\binom{n-1}{d-1} \equiv (-1)^{d-1}\mod n.

Du coup :

0\equiv d'\times (-1)^{d-1}\mod n.

En multipliant ce résultat par $(-1)^{d-1}$ vous aboutissez à :

0\equiv d' \mod n.

Il en résulte que $n$ divise $d’$ qui est non nul, donc $n\leq d’ \leq n-1$ ce qui est absurde.

Donc $n$ est un nombre premier.

Ainsi, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, l’implication ci-dessous est démontrée.

\boxed{n \text{ est premier }\impliedby \forall k\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \quad n \left| \binom{n}{k}\right..}

Concluez

Il a été démontré l’équivalence suivante :

\boxed{\forall n\geq 2, n \text{ est premier }\Longleftrightarrow \forall k\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \quad n \left| \binom{n}{k}\right..}

Prolongement

Pourriez-vous utiliser le résultat établi pour démontrer qu’un nombre entier $n\geq 2$ est premier, si et seulement si, pour tout entier $a$ premier avec $n$, $(X+a)^n\equiv X^n+a \mod n$ ?

331. Calcul géométrique du cosinus de 36° et du cosinus de 72°

Le but de cet article est de présenter un calcul de $\cos(36^{\circ})$ et de $\cos(72^{\circ})$ à partir d’outils géométriques. Le nombre d’or fera une apparition qui sera soulignée.

Tout d’abord, construisez un triangle $BCD$ isocèle en $D$, de sorte que :

\left\{\begin{align*}
&BC = 1\\
&\widehat{BCD}=72^{\circ}\\
&\widehat{CBD}=72^{\circ}.
\end{align*}
\right.

Ces deux angles égaux à $72^{\circ}$ seront marqués en vert sur la figure.

Remarquez alors que $\boxed{CD=BD.}$

Comme la somme des angles d’un triangle est égale à $180^{\circ}$, il vient :

\begin{align*}
\widehat{CDB} &= 180-72-72\\
&=180-144\\
&=36^{\circ}.
\end{align*}

Cet angle sera marqué en violet.

Sur la demi-droite $[DC)$ vous placez le point $A$ tel que $AC = 1.$

Puisque $AC=BC$ le triangle $ACB$ est isocèle en $C.$ Vous avez obtenu la figure suivante, dans laquelle vous allez justifier de la présence de trois angles égaux à $36^{\circ}$, marqués en violet.

24/04/2024 - Img 3322

Comme l’angle $\widehat{DCA}$ est plat, il mesure $180^{\circ}.$ Du coup:

\begin{align*}
\widehat{ACB} &= 180-72\\
&=108^{\circ}.
\end{align*}

La somme des mesures des angles $\widehat{CAB}$ et $\widehat{ABC}$ est égale à $72^{\circ}$ pour que la somme des trois angles du triangle $ACB$ soit égale à $180^{\circ}.$

Or, les angles $\widehat{CAB}$ et $\widehat{ABC}$ ont la même mesure. Donc:

\widehat{CAB}= \widehat{ABC} = 36^{\circ}.

Remarquez alors que le triangle $ABD$ possède aussi deux angles mesurant $36^{\circ}.$ Il est donc isocèle en $B$, du coup $\boxed{AB=BD.}$

Une mesure de l’angle $\widehat{ABD}$ est obtenue comme suit:

180 - 36-36 = 180-72 = 108.

D’où : $\widehat{ABD} = 108^{\circ}.$

Remarquez que deux triangles sont semblables

Vous construisez le tableau suivant à partir des triangles $ACB$ et $ABD$ et vous déduisez les sommets homologues:

\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
\text{valeurs des angles} & 36^{\circ} & 108^{\circ} & 36^{\circ}\\
\hline
\text{sommets du triangle }ACB & A & C & B\\
\hline
\text{sommets du triangle }ABD & A & B & D\\
\hline
\end{array}

Notez que $A$ et $B$ ne sont pas confondus, sinon $B$ appartient à la demi-droite $[DC)$ et le triangle $BCD$ est plat, ce qui est absurde. Donc $AB$ est un réel strictement positif.

Les points $A$, $C$ et $D$ sont alignés dans cet ordre, d’où $AD = AC+CD = 1+CD.$ Ainsi, $AD$ est strictement positif.

Du coup, par proportionnalité, il vient:

\frac{AC}{AB} = \frac{AB}{AD}.

En tenant compte du fait que $AC=1$ il vient:

\frac{1}{AB} = \frac{AB}{AD}.

Puis:

\frac{1}{AB} = \frac{AB}{1+CD}.

Or, $CD = BD = AB$, d’où:

\frac{1}{AB} = \frac{AB}{1+AB}.

Le réel $AB$ est une solution strictement positive de l’équation $\frac{1}{x} = \frac{x}{1+x}.$

Note. On pourrait résoudre cette équation avec le discriminant, mais le lien avec le nombre d’or mérite d’être souligné.

Le nombre d’or est l’unique solution strictement positive de l’équation $\frac{1}{x} = \frac{x}{1+x}$

Ce résultat sera démontré en deux temps.

Le nombre d’or est défini par:

\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}.

Il est strictement positif.

Le nombre d’or est bien une solution de cette équation

En calculant $\varphi^2$ il vient:

\begin{align*}
\varphi^2&=\frac{(1+\sqrt{5})^2}{4}\\
&= \frac{1+5+2\sqrt{5}}{4}\\
&=\frac{6+2\sqrt{5}}{4}\\
&=\frac{3+\sqrt{5}}{2}\\
&=\frac{1+\sqrt{5}}{2}+\frac{2}{2}\\
&=\varphi+1.
\end{align*}

Ainsi:

\begin{align*}
\frac{\varphi}{1+\varphi}&=\frac{\varphi}{\varphi^2}\\
&=\frac{1}{\varphi}.
\end{align*}

Donc le nombre d’or $\varphi$ est bien une solution strictement positive de l’équation $\frac{1}{x} = \frac{x}{1+x}.$

Il convient maintenant d’établir l’unicité d’une telle solution.

Il n’y a pas d’autre solution que le nombre d’or à cette équation

Soit $a$ un réel strictement positif tel que $\frac{1}{a} = \frac{a}{1+a}.$

Par produit en croix, il vient:

\begin{align*}
a^2=1+a\\
a^2-a-1 = 0.
\end{align*}

Note. Cette équation peut être résolue avec le discriminant, mais un autre choix est effectué ici.

Donc $a$ est racine du trinôme $X^2-X-1.$

Or, il a été vu que $\varphi^2 = 1+\varphi$ donc $\varphi$ est une racine strictement positive du trinôme $X^2-X-1.$ Quand un trinôme a une racine connue, l’autre s’obtient rapidement, en utilisant la propriété suivante: le produit des racines d’un polynôme du second degré est égal au quotient du coefficient constant par le coefficient dominant. Comme $\varphi\times \frac{-1}{\varphi} = \frac{-1}{1}$ vous déduisez que l’autre racine est $-\frac{1}{\varphi}.$

Pour s’en convaincre, vous développez:

\begin{align*}
(X-\varphi)\left(X+\frac{1}{\varphi}\right) &= X^2+\left(\frac{1}{\varphi}-\varphi\right)X-1\\
&=X^2+\frac{1-\varphi^2}{\varphi}X-1\\
&=X^2+\frac{1-(1+\varphi)}{\varphi}X-1\\
&=X^2+\frac{-\varphi}{\varphi}X-1\\
&=X^2-X-1.
\end{align*}

Vous retrouvez les deux racines $\varphi$ et $\frac{-1}{\varphi}.$

En évaluant en $a$, il vient:

\begin{align*}
0 &= a^2-a-1\\
&=(a-\varphi)\left(a+\frac{1}{\varphi}\right).
\end{align*}

Comme $a$ et $\varphi$ sont strictement positifs, la somme $a+\frac{1}{\varphi}$ l’est aussi. Donc $a+\frac{1}{\varphi}\neq 0.$

Par suite, il vient $0=a-\varphi$ et donc $a=\varphi$ ce qui établit l’unicité annoncée.

Concluez sur la valeur exacte de la distance $AB$

Il a été vu que $AB$ est solution de l’équation $\frac{1}{x} = \frac{x}{1+x}$ avec $AB >0.$ D’après l’analyse précédente:

\boxed{AB = \varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}.}

Calculez la valeur exacte de $\cos(72^{\circ})$

Dans le triangle $BCD$, vous appelez $I$ le milieu du segment $[BC].$ Comme $BCD$ est isocèle en $D$, le triangle $CID$ est rectangle en $I.$

24/04/2024 - Img 3323

Du coup :

\begin{align*}
\cos(72^{\circ}) &= \frac{CI}{CD}\\
&=\frac{1/2}{\varphi}\\
&=\frac{1}{2\varphi}\\
&=\frac{1}{2}\times\frac{1}{\varphi}.
\end{align*}

Comme $\varphi^2=1+\varphi$, en divisant par $\varphi$, il vient $\varphi = \frac{1}{\varphi}+1$ soit :

\begin{align*}
\frac{1}{\varphi}  &= \varphi-1\\
&= \frac{1+\sqrt{5}}{2}-\frac{2}{2}\\
&=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}.
\end{align*}

Par suite :

\boxed{\cos(72^{\circ}) = \frac{-1+\sqrt{5}}{4}.}

Calculez la valeur exacte de $\cos(36^{\circ})$

Dans le triangle $ACB$, vous appelez $J$ le milieu du segment $[AB].$ Comme $ACB$ est isocèle en $C$, le triangle $AJC$ est rectangle en $J.$

24/04/2024 - Img 3324

Du coup :

\begin{align*}
\cos(36^{\circ}) &= \frac{AJ}{AC}\\
&=\frac{\varphi/2}{1}\\
&=\frac{\varphi}{2}.
\end{align*}

Compte tenu de la valeur du nombre d’or $\varphi$ vous déduisez :

\boxed{\cos(36^{\circ}) = \frac{1+\sqrt{5}}{4}.}

Prolongement

Vous souhaitez calculer les valeurs des deux cosinus susmentionnés en utilisant des résolutions algébriques ? Allez jeter un coup d’œil dans le contenu rédigé dans l'article 106.

330. Polynômes annulateurs réels d’un nombre complexe

Soit $z$ un nombre complexe. Vous cherchez à déterminer un polynôme réel non constant $P$ tel que $P(z)=0.$

Le cas où $z$ est un nombre réel

Si $z\in\R$, alors le polynôme $P = X-z$ appartient à $\R[X]\setminus \R$ et $P(z)=0.$

Le cas où $z$ est un nombre complexe non réel

Si $z\notin\R$ vous écrivez $z$ sous forme algébrique. Il existe deux uniques réels $x$ et $y$ tels que :

z=x+iy.

Il est illusoire de chercher un polynôme réel $P$ de degré $1$ tel que $P(z)=0.$

En effet, si un tel polynôme existe, alors il existe un couple $(a,b)\in\R^2$ avec $a\neq 0$ tel que :

\begin{align*}
P(X)&=aX+b\\
P(z)&=0.
\end{align*}

Il vient $az+b=0$ et comme $a$ est non nul, vous avez $z=\frac{-b}{a}$ et par suite, $z\in\R$, ce qui est exclu.

Vous calculez donc le nombre complexe $z^2$ :

\begin{align*}
z^2 &= (x+iy)^2\\
&=x^2-y^2+2ixy.
\end{align*}

Soient $a$ et $b$ deux nombres réels.

\begin{align*}
z^2+az+b &= x^2-y^2+2ixy+ax+iay+b\\
&=(x^2-y^2+ax+b)+iy(a+2x).
\end{align*}

D’après ce calcul, vous posez :

\boxed{a= -2x.}

Puis vous posez $b = y^2-x^2-ax$ ce qui fournit :

\begin{align*}
b=y^2-x^2+2x^2.
\end{align*}

Ainsi :

\boxed{b=x^2+y^2.}

Pour ces choix de $a$ et de $b$, vous obtenez :

\left\{\begin{align*}
&a+2x = 0\\
&x^2-y^2+ax+b=0.
\end{align*}
\right.

Du coup :

\begin{align*}
&z^2+az+b=0\\
&z^2-2xz+x^2+y^2=0.
\end{align*}

En posant :

\boxed{P(X) = X^2-2xX+x^2+y^2}

vous avez bien un polynôme réel de degré $2$ tel que $P(z)=0.$

Concluez

Pour tout nombre complexe $z$ s’écrivant sous forme algébrique $z=x+iy$ avec $(x,y)\in\R^2$ :

  • soit $z\in\R$ et $z$ est annulé par le polynôme $P$ réel de degré $1$ défini par $P(X)=X-z$ ;
  • soit $z\in\C\setminus\R$ et $z$ est annulé par le polynôme réel $P$ de degré $2$ défini par $P(X)=X^2-2xX+x^2+y^2.$

Retrouvez le dernier résultat à partir de l’inverse d’un nombre complexe

Soit $z$ un nombre complexe non réel. Notez que $z$ est non nul. En écrivant $z = x+iy$ avec $(x,y)\in\R^2$, vous souhaitez retrouver que le polynôme $X^2-2xX+x^2+y^2$ possède $z$ pour racine.

Vous avez :

\begin{align*}
\frac{1}{z} &=\frac{\overline{z}}{z \overline{z}}\\
&= \frac{\overline{z}}{\vert z\vert ^2}.
\end{align*}

Or, la partie réelle de $z$ est la demi-somme de $z$ avec son conjugué $\overline{z}$ d’où :

2\mathrm{Re}(z) -z = \overline{z}.

Ainsi :

\begin{align*}
\frac{1}{z} &=\frac{\overline{z}}{z \overline{z}}\\
&= \frac{2\mathrm{Re}(z) -z}{\vert z\vert ^2}.
\end{align*}

Après multiplication de cette égalité par $\vert z \vert^2$, il vient :

\frac{\vert z \vert^2}{z} = 2\mathrm{Re}(z)-z.

Après multiplication par $z$, vous obtenez :

\begin{align*}
\vert z \vert^2 &= 2\mathrm{Re}(z)z-z^2\\
z^2-2\mathrm{Re}(z)z+\vert z\vert^2&=0.
\end{align*}

Vous avez $\mathrm{Re}(z)=x$ et $\vert z\vert^2=x^2+y^2$ et vous retrouvez le résultat précédemment établi, à savoir :

z^2-2xz+x^2+y^2=0.

Prolongement

Soit $z$ un nombre complexe non réel. Pourriez-vous justifier que le polynôme de degré $2$ défini par :

P(X)=X^2-2\mathrm{Re}(z)X+\vert z\vert^2

est irréductible sur $\R[X]$ ?