Correction de Devoir Surveillé N°04

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