Exercices de khôlle pour la MPSI

Année scolaire 1997-1998

Vingt-neuvième semaine (arithmétique, intégrales doubles)

David A. Madore ( )

Un grand classique. On considère, pour n ≥ 2, la quantité

S_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ⋯ + \frac{1}{n}

Montrer que S_{n} n’est pas un entier.

Solution : Supposons par l’absurde que S soit un entier. Appelons 2^{r} la plus grande puissance de 2 inférieure ou égale à n, et q le produit de tous les naturels impairs compris entre 1 et n inclus. Puisque S est entier ainsi que 2^{r−1} et q, le nombre 2^{r−1}qS est un entier. Or il est égal à la somme des \frac{2^{r−1}q}{k} pour k allant de 1 à n. Ces quantités sont toutes des entiers (puisque k divise 2^{r−1}q) sauf \frac{2^{r−1}q}{2^{r}} = \frac{q}{2}, qui pour sa part n’est pas un entier. Par conséquent, 2^{r−1}qS, étant somme d’un certain nombre d’entiers et d’un nombre qui n’est pas entier, n’est certainement pas un entier.

Théorème à la Waring-Wolstenholme. Soit p > 3 un nombre premier. Montrer que le numérateur réduit de

T = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + ⋯ + \frac{1}{(p − 1)^{2}}

est divisible par p.

Solution : Notons D le plus petit commun multiple de 1, 4, 9, …, (p − 1)^{2}, et soit N = DT. L’entier D n’est pas divisible par p puisque les nombres 1, 4, 9, …, (p − 1)^{2} ne le sont pas. Dans l’écriture T = N/D, il ne peut donc pas y avoir de simplification d’un facteur p entre le numérateur et le dénominateur, et tout devient donc à montrer que N est multiple de p, autrement dit que la somme

D + \frac{D}{4} + ⋯ + \frac{D}{(p − 1)^{2}}

(dont tous les termes sont entiers) est nulle modulo p. En notant par un exposant −1 l’inverse dans ℤ/pℤ, il s’agit de montrer que D(1+4^{−1} +9^{−1} +⋯+(p−1)^{−2}) est nul dans ℤ/pℤ, et comme D est inversible modulo p, il suffit encore de montrer que 1+2^{−2} +3^{−2} +⋯+(p−1)^{−2} est nul dans ℤ/pℤ. Mais l’opération de prendre l’inverse modulo p se contente de permuter les classes de congruence modulo p, donc la somme ci-dessus est égale (modulo p) à 1 + 2^{2} + ⋯ + (p − 1)^{2}. Tout revient donc à montrer que l’entier

1 + 2^{2} + ⋯ + (p − 1)^{2} = \frac{p(p − 1)(2p − 1)}{6}

est multiple de p. Mais c’est évident.

Théorème de Lagrange. Le but de cet exercice est de montrer le résultat suivant : tout entier naturel peut s’écrire comme somme de quatre carrés d’entiers naturels. Pour cela, on commencera par vérifier l’identité suivante :

(x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2})(x^{′2} + y^{′2} + z^{′2} + t^{′2})
=(xx′ + yy′ + zz′ + tt′)^{2} + (xy′ − yx′ − zt′ + tz′)^{2}
+(xz′ + yt′ − zx′ − ty′)^{2} + (xt′ − yz′ + zy′ − tx′)^{2}

On expliquera alors pourquoi il suffit de montrer le résultat pour les nombres premiers (impairs). Soit donc p un nombre premier impair. En considérant les résidus modulo p de 0^{2}, 1^{2}, …, (\frac{p−1}{2})^{2}, et −1 − 0^{2}, −1 − 1^{2}, …, −1 − (\frac{p−1}{2})^{2}, montrer qu’il existe x, y, z, t entiers tels que x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2} = lp pour un certain entier 0 < l < p. On considère le plus petit tel entier l. Montrer que l est impair (car si l marche alors l/2 marche aussi). On suppose par l’absurde l > 1. En appelant x′, y′, z′, t′ les résidus de x, y, z, t modulo l compris entre −\frac{l−1}{2} et \frac{l−1}{2}, et en réappliquant l’identité, arriver à une contradiction.

Solution : L’identité indiquée s’obtient en développant brutalement (elle peut encore s’obtenir en écrivant la norme de qq̄′ où q et q′ sont deux quaternions). Elle montre que le produit de deux quantités qui sont sommes de quatre carrés est lui-même somme de quatre carrés. Par conséquent, il suffit de montrer le résultat pour 2 (ce qui est trivial) et pour les nombres premiers impairs. Soit donc p un nombre premier impair. Les \frac{p+1}{2} classes de résidus modulo p de 0^{2}, …, (\frac{p−1}{2})^{2} sont deux à deux distinctes (puisque dans un corps on ne peut avoir a^{2} = b^{2} que si a = b ou a = −b, et ici la deuxième possibilité ne peut pas se produire). Il en va donc de même des classes de −1 − 0^{2}, −1 − 1^{2}, …, −1 − (\frac{p−1}{2})^{2}. On a donc ici deux fois \frac{p+1}{2} classes de résidus dans un ensemble qui en contient p, et il y a donc forcément une égalité entre elles, disons x^{2} ≡ −1 − y^{2} (mod p), ce qui donne encore x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2} (avec z = 1 et t = 0), donc x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2} = lp pour un certain entier 0 < l < p. Considérons maintenant le plus petit entier 0 < l < p tel que pour certains x, y, z, t entiers on ait x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2} = lp.

L’entier l ne peut être pair, sans quoi les nombres x^{2}, y^{2}, z^{2} et t^{2}, donc aussi les nombres x, y, z et t, seraient deux à deux de même parité ; en supposant que x et y, ainsi que z et t soient de même parité, on aurait alors

(\frac{x + y}{2} )^{2} + (\frac{x − y}{2} )^{2} + (\frac{z + t}{2})^{2} + (\frac{z − t}{2})^{2} = \frac{l}{2}p

ce qui contredit la minimalité de l.

Supposons maintenant par l’absurde que l > 1. Appelons x′, y′, z′, t′ les représentants respectifs des classes de congruence modulo l de x, y, z, t compris entre −\frac{l−1}{2} et \frac{l−1}{2} (inclus). Alors x^{′2} +y^{′2} +z^{′2} +t^{′2} est congru à x^{2} +y^{2} +z^{2} +t^{2}, donc à lp, donc à 0, modulo l, et par conséquent il s’écrit kl avec 0 < k < l (cette dernière égalité provient de ce que −\frac{l}{2} < x′, y′, z′, t′ < \frac{l}{2}). En appliquant l’identité du début, on voit alors que kl^{2}p est somme de quatre carrés, dont on vérifie facilement qu’ils sont tous multiples de l^{2} ; en simplifiant par l^{2}, il en résulte que kp est somme de quatre carrés, ce qui contredit encore la minimalité de l.

Exercice mystérieux. On considère un grand rectangle partitionné en petits rectangles dont les axes sont parallèles à ceux du grand rectangle. On suppose de plus que chaque petit rectangle a au moins un côté entier. Montrer qu’il en va de même du grand rectangle.

Solution : On considère l’intégrale double de e^{i(x+y)} par rapport à x et y sur un rectangle de côtés a et b : celle-ci vaut

∫_{u}^{u+a} ∫_{v}^{v+b} e^{i(x+y)} dy dx = (1 − e^{ia})(1 − e^{ib})e^{i(u+v)}

et en particulier elle est nulle si et seulement si le rectangle a un côté entier. Ainsi, cette intégrale est nulle sur chaque petit rectangle, donc elle l’est aussi sur le grand rectangle, qui a donc un côté entier.