Correction de Devoir Surveillé N°04

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr Samedi 19 janvier 2013 ´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚04 EXERCICE 1 2Soit n∈N. Quel est le cardinal de l’ensemble E ={(x,y)∈N | 2x+3y =n}.n 21. R´esolvons toutd’abordl’´equation propos´ee dansZ . Comme2∧3 = 1,l’´equation propos´ee admet toujours des solutions dans Z. une solution particuli`ere pour n = 1 est 2×(−1)+1×3 = 1. Par cons´equent, pour tout entier naturel n∈N, une solution particuli`ere est 2×(−n)+3×n =n. 2 Ainsi, pour tout couple (x,y)∈Z d’entiers relatifs, nous avons 2x+3y =n ⇐⇒ 2x+3y = 2×(−n)+3×n ⇐⇒ 2(x+n) = 3(n−y) Ainsi, pour toute couple solution, (x,y), 2 divise 3(n−y). Comme 2 et 3 sont premiers entre eux, il d´ecoule du th´eor`eme de Gauss que 2 divise n−y). Il existe donc k ∈ Z tel que n−y = 2k. Il en r´esulte ais´ement que x+n = 3k.Ainsi, 2pour tout couple solution (x,y) dans Z , il existe k∈Z tel que x = 3k−n y = n−2k R´eciproquement, on v´erifie ais´ement que pour tout entier relatif k∈Z, le couple (3k− n,n−2k) est solution de l’´equation 2x+3y =n. R´esumons, 2S ={(x,y)∈Z | 3x+2y =n} ={(3k−n,n−2k), k∈Z}n 22. A pr´esent, int´eressons-nous `a E =S ∩N . Une solution (3k−n,n−2k) appartient `an n n n2N si et seulement si 3k−n≥ 0 et n−2k≥ 0, soit ≤k≤ . Par cons´equent 3 2 n n E ={(3k−n,n−2k), k∈Z et ≤k≤ }n 3 2 n nAinsi d´eterminer le cardinal deE , revient `a d´enombrer l’intervalle d’entiersI = , ∩n n 3 2 N. Pour cela, discutons suivant le reste de la division euclidienne de n par 6.
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1.

2.

MPSIdulyc´eeRabelaishtt:p//pmisai.sbrntuciere.frf.e

Samedi 19 janvier 2013

´ ´
CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚04

EXERCICE 1
Soitn∈N. Quel est le cardinal de l’ensembleEn={(x y)∈N2|2x+ 3y=n}.
Re´solvonstoutd’abordl’e´quationpropos´eedansZ2. Comme2∧oitauqe´’l,1=3ees´poronp
admet toujours des solutions dansZ.
nuloseeropruutionparticuli`en= 1 est 2×(−1) + 1×,tneuqe´ruop=13nscoar.P
tout entier natureln∈Ntsee2lucire`iosulu,enaptritno×(−n) + 3×n=n.
Ainsi, pour tout couple (x y)∈Z2d’entiers relatifs, nous avons

2x+ 3y=n⇐⇒2x+ 3y= 2×(−n) + 3×n⇐⇒2(x+n) = 3(n−y)

Ainsi, pour toute couple solution, (x y), 2 divise 3(n−y). Comme 2 et 3 sont premiers
entreeux,ild´ecouleduth´eor`emedeGaussque2divisen−y).

Il existe donck∈Ztel quen−y= 2keuqtneme´eaissultnr´e.Ilex+n= 3k.Ainsi,
pour tout couple solution (x y) dansZ2, il existek∈Ztel que
xy=3=kn−−2nk

Re´ciproquement,onve´rifieaise´mentquepourtoutentierrelatifk∈Z, le couple (3k−
n n−2kednoe´’ltauq2noi)esosttilux+ 3y=n.
,sR´esumon

Sn={(x y)∈Z2|3x+ 2y=n}={(3k−n n−2k) k∈Z}

Apr´esent,inte´ressons-nous`aEn=Sn∩N2. Une solution (3k−n n−2karppenti)a`ta
N2si et seulement si 3k−n≥0 etn−2k≥0, soit 3n≤k≤n2.Puqnetraocsne´

En={(3k−n n−2k) k∈Z3ten≤k≤2n}
Ainsid´eterminerlecardinaldeEnseitnr,veinl’erbromend´`areitne’dellavretIn=n32n∩
N.
Pour cela, discutons suivant le reste de la division euclidienne denpar 6.
sin= 6ℓ.In=[2ℓ3ℓu`o’d]]CardEn=CardIn=ℓ+ 1.
sin= 6ℓ+ 1.In=[2ℓ+ 13ℓ]]`o’duCardEn=CardIn=ℓ.
sin= 6ℓ+ 2.In=[2ℓ+ 13ℓ+]1d]`u’oCardEn=CardIn=ℓ+ 1.
sin= 6ℓ+ 3.In=[2ℓ+ 13ℓ+1]]u’d`oCardEn=CardIn=ℓ+ 1.
sin= 6ℓ+ 4.In=[2ℓ+ 23ℓd]o’u`2]+CardEn=CardIn=ℓ+ 1.
sin= 6ℓ+ 5.In=[2ℓ+ 23ℓuo`d’]]2+CardEn=CardIn=ℓ+ 1.

1

0.

1.

2.a.

b.

R´sumons,
e

sin−1 est divisible par 6,Card

En=jn6k, sinonCard

En= 1 +jn6k

EXERCICE 2
Soitαxuarseednude’lesduplexscomcineeylopmoˆnP(z) =z2+z+ 2.
Ond´esigneparZ[αneesbmel]’liepsacromplexdeessdn´oemfibnr
Z[α] =p+αq; (p q)∈Z2

N

remarquepr´eliminairePcsiredideeslst´rciencoeffime`aynˆotenemctristntnamiutselopn
ne´gatif.Iladmetdeuxracinescomplexesconjugu´eesquive´rifient

α+α¯ =−1
α×α= 2
¯
α2+α = 0+ 2

Pour montrer queZ[α] est un sous-anneau deC, utilisons lasr-aocuaosnartiis´sedcet
anneaux:
1 = 1 + 0α∈Z[α]
soit (z1 z2)∈Z[α]2. Par construction, il existe des couples (p1 q1) et (p2 q2) d’entiers
relatifs tels quez1=p1+αq1etz2=p2+αq2. On a alors
z1−z2=p1+αq1−p2+αq2
= (p1{−p2}) +α(q1{−q2})
∈Z∈Z

soit (z1 z2)∈Z[α]2lcseA.evitnoonatec´espr´es,dent
z1×z2=p1+αq1×p2+αq2
=p1p2+α2q1q2+α(p1q2+p2q1)
=p1p2−(α+ 2)q1q2+α(p1q2+p2q1)
= (p1p2{−2q1q}2) +α(p1q2+p{2q1−q1q}2)
∈Z∈Z

D’apr`eslaous-dessauxannetce´acaritnoiras,Z[α] est uun sous-anneau de (C+×).N
D’apr`eslaremarquepr´eliminaire(sommeetproduitdesracines)α+ ¯α=−1 etα α¯ = 2.
N
Soitz∈Z[α]. Par construction, il existe (p q)∈Z2tel quez=p+αq. En utilisant la
remarquepre´liminaire(oulaquestionpre´c´edente),ilvient
z¯ =p+αq=p+α¯q
1q= (p−q)−α q
=p−(α+ ) |{z}{ }
∈Z∈Z
N

2

c.

3.a.

b.

c.

d.

Soitz∈Z[αepredc´teenons,a].vAceelnstotaoisn
´

¯
z z

=
=
=

(p+αq)(p+α¯q)
p2+|α|2q2+pq(α+α¯)
p2+ 2q2−pq

Sous cette forme il apparait clairement quez z¯ est un entier relatif. Comme de plus
z z¯ =|z]|2, ce produit est positif. Ainsiz z¯∈N.N
Soitz=p+αqn´uedemtnlee´Z[α].
Supposons quez∈Z[α]×soit inversible. Notonsw=z−1. Commez w= 1 il vient

|z|2|w|2= 1

D’apr`eslaquestionpr´ece´dente,|z|2et|w|2sont des entiers naturels, qui divisent 1.
Cecientraıˆneque|z|2=|w|2oinlaqaeuts=1xe’ltnasilitunE.e`nuteobonsiespr
´´edentepleproduitz z¯, il s’ensuit :
prec our

p2+ 2q2−pq= 1

proq´ecint,suemeossnpuopuqeRp2+ 2q2−pq= 1. Compte-tenu de l’expression
obtenue`alaquestionpr´ece´dentepourleproduitz zraptiuda,¯yh’lhtopese`rtes
z z,ntueeqs´onrcaP.1=¯zesuguje´nconstsorseeinvestnolbeereisitvnz¯.
Pardouble-implicationonaprouve´quezest inversible dansZ[α]si et seulement si(p q)
´rifi
ve e :
p2+ 2q2−pq= 1 ((1))
N

Soit (p q)∈Z2tel quepq <0. Montrons par l’absurde que (p qulitnoed)nepeutˆetreso
(1).
Supposonsau contraireque (p q)v´erifie(E.)1cecn0,sa≤p2+ 2q2 += 1pq. Comme
pq0uetqeccusetlnemevissif,iegat´esulenrrtcisesttn´netem≤p2+ 2q2<1, puis que
p=q= 0. Substituons dans (1) pour obtenir 0 = 1.Absurde !
Ainsi,l’e´quation(1)estimpossiblelorsquepq <0.N
Soit (p q)∈Z2tel quepq >0. Montrons par l’absurde que (p qrtselotuoidne)peneˆeut
(1).
Supposonsau contraireque (p q).(1fierie´v)

p2+ 2q2−pq= 1⇐⇒p2−2pq+q2+q2+pq= 1
⇐⇒(p−q)2+q2= 1−pq

Commepr´ece´demment,l’encadrement0≤(p−q)2+q2<earıˆenuqe1tnq= 0 etp=q,
soitp= 0 etq= 0. Substituons dans (1) pour obtenir 0 = 1.Absurde !
Ainsi,l’e´quation(1)estimpossiblelorsquepq >0.N
D’`lesquestionspre´c´edentes,Z[α]×⊂ {p+αq|pq= 0}t,en.ce´Rorpimeuq
apres
◮sip2tecri)s’´on(1uati,l=0eq’´q2= 1 qui est impossible dansZ.

3

1.
a.

b.

2.

3.

4.

◮siq`tnelaviuqe´tse)al,0=qe´’itau1(nop2= 1 qui admet pour solutions +1 et−1.
Finalement

Z[α]×={−1+1}

EXERCICE 3
PartieI.lepetitth´eore`medeFermat

N

Soitp∈ Punentier premier.
questions de cours
soitk∈n[1 p−]].D1e`lsa’rpapetite formule, on apk=kppk−−11, soit encorekpk=
ppk−−11.N
p
d’apre`slaorflemubiduomnˆe, 2p= (1 + 1)p=X
k=0pk.N
Soitk∈[1 p−1]], alorsketpprntsoenrsieemP.xueerte´snocratlequentdeer`emh´eo
Gausss’applique :
−1
p|pPGCkp−D1=)k=kp⇒p|pk
(p k1
Ainsikpest divisible parp.N
D’apre`slesquestionspre´c´edentes,pdivisepkpour tout entierk∈[1 p−1]]. En parti-
culier, il doit diviser leur somme :
p−11 =Xp
p|k=Xkpk=0pk−p0−pp= 2p−2

N
Lapreuveseraparr´ecurrencesurn∈N.
•Initialisation :lorsquen= 0, 0 = 0×pest bien divisible parp.
•´eit:´eHedr´soitn∈Ntel quenp−nest divisible parp. On a alors
(n+ 1)p−(n =+ 1)k=pX0pknk−n−1
=np−n+Xp−1kpnk
k=1
lapremi`erequestionXest divisible parpcomme somme de tels
Ord’apre`sp−11=kpnk
k
nombres tandis quenp−nest divisible parp,niisse`htopyhrap.Aceenrrcu´eered
(n+ 1)p−(n+ 1) est divisible parpcomme somme de tels nombres.

4

1.
a.

b.

2.

3.

•Conclusion :tuneruotanutitrerele´rrapecnerrucntmona,opoueeqr´n∈N,np−n
est divisible parp.N
Partie II. Application

Onsouhaite´etablirl’existenced’uneinfinit´edenombrespremiersdelaforme4n+ 1. Pour
cela, nous allons raisonner par l’absurde en supposant qu’il n’existe au contraire quek
nombres premiers de la forme 4n+ 1.

On les notep1 p2     pket on posea=p1p2    pketN=a2+ 1

Soitqun diviseur premier deN. On suppose queq= 4n,o+3`un∈N.
Par l’absurde,supposons au contrairequeqdivisea. En ce cas,qdivisea2etqdivise
aussiN=a2 Par suite+ 1.qtioduqeCi,ea`ercnri.1asovserldiviiff´eeurdcontreditle
fait queqest un nombre premier.N
qmier,ildetantpre´esiviaq−ae`rpa’deslPetit Th´ de Fermat `me. Commeq= 4n+3,
eore
il s’ensuit queqdivisea4n+3−a=a(a4n+2−1). Orqetantsoemprrsiertnexueepa’dse`r
la question1.aseelpa`r.D’usGademesroe`hte´r´enil,uqetluseeqdivisea4n+2−1.

D’autre part, on aa4n+2−1 = (a2−1)a4n+a4n−O.1’sl’ard`epriruq´mte´goetie´intdee
a4n−1 est divisible para4−1, donc parN=a2+ 1, et donca fortioriparq. Ainsiq
divisea4n−1 eta4n+2−siredcviid´ffelru1:itdonldoierid(ener,ccest’ea--`a2−1)a4n.
Commeaetqreestnerue,xli´dsontpremiudeluocesusGademee`roe´htqueqdivise
2
a−1
.
Finalement, commeqdivisea2 et+ 1a2−2r,`,savaioerff´ceenlesediurli,1ividce qui est
absurdevu queqcrits’´elafosousmreq= 4n+ 3.
En conclusion :les facteurs premiers deNsont 2 ou de la forme 4n+ 1N
On observe que pour tous nombres entiers (ℓ1 ℓ1), (4ℓ1+1)×(4ℓ2+1) = 4(ℓ1+ℓ2+4ℓ1ℓ2)+1.
Autrement dit, le produits d’entiers de la forme 4ℓ est encore de cette forme. Par+ 1
con ´ uent,a4pderlrespueitoyd´’eetdnitetnatℓultsˆm-i1+eli,ormeemedelafa=
seq
4a′ Par suite+ 1.a2= 16(a′)2+ 16a′+ 1 = 4Aeritno’lu`o’d,1+queN= 4A Il+ 2.
s’ensuit queNest divisble par 2 mais pas par 4.N
On sait queka3car5seatmuiosne´ag`l1317 sont des entiers premiers de la forme
4n1.+sne´nEocec,uqneNp´erieurtementsuislbperaa`,2idivai2msnentestutriciers
pas par 4. Il admet donc un diviseur premierpff´erdie`csa’rp2eD.nedte,edc`´epruieqpest
ne´cessairementdelaforme4n Pourtant,+ 1.ppatitraprinea`nesaura{p1 p2      pk}
carN= (P1×    ×pk)2+ 1.fait que les seuls nombres premiers de la Ce qui contredit le
forme 4n+ 1 sontp1 p2      pk.N

EXERCICE 4
Lebutduproble`meestd’´etudierlessous-groupesde(R+).
De´finition:On rappelle qu’une partieAdeRest ditedensedansRsi :

∀(x y)∈R2((x < y)⇒(∃a∈A); (x < a < y))

Autrement dit tout intervalle ouvert non vide deRrencontreA.

5

1.
a.

b.

2.

a.

b.

Pre´liminaires
Soit (G+) un groupe. Une partieHdeGest un sous-groupe deGsi
Hest non vide.
∀(x y)∈H2,x−y∈H.

N

Onconsid`ereunsous-groupeHde (R+),H6={0}. NotonsH+la partie deRed´niefi
par
H+={h∈H;h >0}
CommeHn’estparse´udtia`,0Hpson´eueds`ntme´eelS.lunnoncnodtiohl´eluntent.´eme
CommeHest un sous-groupe de (Ri,ns´sopiA.ea`egpo’lparpassaststable)+i,elhet
−hppatiarxua`suedtnotneenHuents´eqrcon.Pa|h|deifitostpneme´le´nutseH. Comme
de plus,hest non nul,|h| ´ nt,est strictement positif. Par c|h| ∈H+. Ainsi,
onseque
H+est non vide
H+nirosemtr0pa,(´e)
D’apr`eslaurepiorrpe´fneideen´rtoeb´ailre,H+neeueds`ospueere´iriefnobnr´ee,nota
qui est positive ou nulle.N
Sous-groupes denses de RSoitHun sous-groupe de (Rdu´enrno`ait+),{0}. On
suppose que infRH+= 0.
Soit (x y)∈R2tel quex < y
Posonsε=y−x. Commey > x,εsernutlee´irtsctementpositif.Da’rpe`lsacitnroacrae´ats
delaborneinf´erieure,iletneme´le´nuetsixh∈H+tel que 0≤h < ε. Commeh∈H+,
hest de plus strictement positif. Par suiteh∈H+l’fiecaenvri´eentdrem

0< h < y−x

On noten=hx.aPatneeitrano,ere`iitfin´erdapelndio
x
n≤h<n+ 1
Commehest strictement positif, il s’ensuit que

nh≤x < nh+h

N

Onentireimm´ediatementquex <(n+ 1)hisantler´esultatuartpera,tnetuliD’.aled
questionpre´ce´dente,ilvient:

Ainsi,

y

> x+h
≥nh+h
≥(n+ 1)h

x <(n+ 1)h < y

6

N

3.

c.

a.

b.

Comme pour tout entierml´´euttoettnemehdeH, leme`imeeit´er´mhest´ee´lmenedtH,
nousavons´etabli,pourtoutcouple(x yuqled)ee´retslex < yte´´lmeneceenund’’e,lstxi
hdeHtel quex < h < y.
Pard´efinition,cecirevient`adirequeHest dense dansR.N
Sous-groupes discrets de RSoitHun sous-groupe de (R+on,)nreduit`a{0}, on
´
suppose dans cette partie quea >0.
Le but de cette partie est de prouver queH=aZ.
On montre par l’absurde quea∈H+. Onsuppose au contrairequeae’naptsntels´me´e
deH+.
i.Posonsε1=aP.rase,th`ehypoε1tisoptnemetcirtsenqu´enscoar.Pift,ilexiste,est
d’apre`slaioatelndorabinnere´frueiecraca´tresiment´nue´leh1deH+tel que
a≤h1< a+ε1pas,lueph`otyprh,esemmde.oCae’nleed´tsnaeptmseH+, la
premie`reine´galit´eststricte.Ainsi,
e

ii.

a < h1<2a

Posonsε2=h1−antme-dcinc’ereadrpa’lse`D.seus,sε2est strictement positif.
Parconse´quent,ilexiste,d’apre`slareeuobnredale´iriefnct´ecarationrisaun
´ele´menth2deH+tel quea≤h2< a+ε2p,rayhophte`es,.Commedeplusa
n’estpase´lementdeH+`ereremi,laptstsee´tilage´nii,nsAie.ctri

a < h2< h1

Ainsi,nousavons´etablil’existencededeuxe´le´mentsh1 h2deH+tels que

a < h1<2a
a < h2< h1

N
CommeHest un sous-groupe de (Raradditionetpassga`elao’-pseli,)+pelbatst
pose. Ainsi,h1−h2eunst´le´nemeedtH.
´
Ord’apr`esledeuxi`emeencadrementci-dessus,h1−h2est strictement positif. De plus

h1−h2<2a−h2
<2a−a=a

Posonsh=h1−h2us,s.apD’esr`cseluclaicslsed-hest element deH+fie´erietv
´ ´
l’encadrement
0< h < a
ce quicontredit le fait queamniroeH.N
Parl’absurde,nousavonsprouve´quea∈H+.N

iii.
On sait queaedtnem´eelt´esH.
•commeHes´eotsumm,e´treelisableststlasopourna, avecn∈Ndeappaitraennetn
aussi`aH.
Remarque :rrcuerrpalez-veirce´,sucniavnoc.neecisovsu’neˆetpssa,
´

7

4.

c.

•commeH´isedre´tpoopess´ou,tessle´ssepoopaexussgalepapourablestst
es−na,
avecn∈Ndeasuisa`einnneatappartH.
Ainsi, pour toutk∈Z,akt´esntme´eeledHqerieucis´pr´et`ademenecuq,eitnriveaZ⊂H.
N
i. Soitx∈H. On posem=xondelapa`retriee,eonntaix1,
aP.ra´dfieinita
m≤< m+
soit encore (commeaest strictement positif)

⇐⇒

ma≤x <(m+ 1)a
0≤x−ma < a

Or,d’apr`eslaquestionpr´ece´dentemaa`tneitrappaHsrtaibil´tdeeaP.H, il s’ensuit
quex−mautsele´neme´optntisiefdH. Commex−maestsrtemtncieterieinf´ur
`aa= minH+,x−maiaruasentearpptaar`niH+. Autrement dit,x−maest
ne´cessairementnul,cequiprouvequex=ma.N
ii.Lere´sultatdelaquestionpre´ce´dentemontrequetout´el´ementxdeHpeut s’ecrire
´
sous la forme d’un multiple entier dea. Ainsi,H⊂aZ.N
iii. Pardoulcni-elbnoisusponavusqu´euvroeon,H=aZ.N
ConclusionSoitHaus-gunsoenonroupuit`r´ed{0}de (R’Dpa+.)laesr`Partie I,H∩R+⋆
`edeunebrneinf´erieurea∈R+D.a’rpe`lsse´ruleststasdeParties II & III, on a par
poss o
disjonction de cas
◮a= 0si et seulement siHest un sous-groupe dense deR.
◮a >0si et seulement siHest un sous-groupe discret deR,H=aZ.
N

8

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