Ensembles. Polynômes Lycée Charlemagne – PCSI

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Mathématiques
 - 
Colle no  — Ensembles. Polynômes
Lycée Charlemagne – PCSI
Exercice .
Exercice .
Dénombrer le nombre
The purpose of this exercise is to show that it is impossible to generate prime numbers polynomially.
. d’applications d’un ensemble à m éléments vers un
ensemble à n élements,
. de bijections entre deux ensembles à n éléments,
. d’injections d’un ensemble à n − 1 éléments dans un
ensemble à n éléments,
. de surjections d’un ensemble à n éléments sur un ensemble à n − 1 éléments.
a. Let P ∈ Z[X]. Show that for all n, k ∈ Z, P (n) divides P (n + kP (n)).
b. Show that there exists no non-constant polynomial
P ∈ Z[X] such that P (n) is prime for every integer
n ≫ 0.
c. Show that the previous statement also holds in R[X].
Exercice .
Exercice .
Un digicode est composé de quatre caractères pris parmi
dix chiffres et deux lettres A ou B ; par exemple 4BB5,
1270, 1A6B. Combien peut-on former de
Soit (a, b, c) ∈ C3 . On pose, pour k = 1, 2, 3,
Sk = ak + bk + ck .
. digicodes ?
. Rappeler les définitions des fonctions symétriques
élémentaires σ1 , σ2 et σ3 .
. digicodes à caractères distincts ?
. Calculer les σk en fonction des Sk .
. digicodes contenant exactement un 7 ? à caractères
distincts et contenant un 7 ?
. digicodes contenant au moins un chiffre ? à caractères
distincts et contenant au moins un chiffre ?
. Soient a, b et c trois nombres complexes de modules
deux à deux distincts tels que S1 , S2 et S3 soient réels.
Cette question a pour objectif de prouver que a , b et c
sont réels.
. digicodes à caractères distincts contenant au moins
une lettre ?
.a. Justifier que tout polynôme réel de degré trois admet une racine réelle.
.b. Conclure !
Exercice .
La Française des Jeux propose le jeu Keno, une variante
du loto. Pour une mise de 1e le jouer coche entre 2 et
10 numéros de 1 à 70. La société de jeux procède à un tirage de 20 boules prises parmi 70 boules numérotés de 1
à 70. Le gain est déterminé par le nombre de « bonnes »
cases cochées. Contrairement au loto habituel les gains
sont fixes, c’est-à-dire les gagnants ne se partagent pas
un même gateau.
Exercice .
Soit n > 1. Calculer le produit
Y
n−1
(1 − e2iπ k / n ).
k=1
Exercice .
. Munissez-vous d’une grille de Keno chez un buraliste. Sur le verso vous trouverez la liste des probabilités
des différents gains possibles, écrites sous la forme 1/n
où n est un nombre entier. Vérifier quelques unes des ces
valeurs. Est-ce qu’il s’agit de valeurs exactes ?
Soit P = X 4 − 5X 3 + 9X 2 − 15X + 18. Déterminer les
racines complexes de P sachant que le produit de deux
d ’entre elles vaut 6.
. Vaut-il mieux cocher trois cases ou quatre ?
Exercice .
. Ecrire un petit programme (par exemple avec Maple)
qui établit, en fonction des bons numéros parmi les cases
cochées, la probabilité sous la forme donnée dans le tableau.
Soit θ ∈ R. On considère le polynôme
P =
n X
n
sin(kθ)X k .
k
k=0
Exercice .
. Soit z ∈ C. Démontrer que P (z) = 0 si, et seulement
si,
(1 + zeiθ )n = (1 + ze−iθ )n .
Combien d’anagrammes peut-on faire du mot PAPAPAPEETE ?
. En déduire que toutes les racines de P sont réelles.
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
 - 
. Solutions
Solution .
. nm
éléments.
Pour construire une surjection de A sur B on a donc n2
possibilités pour constituer des fibres dans A, puis on a
(n − 1)! possibilités pour leur associer des images dans B.
Le nombre de surjections de A sur B est donc
. n!
. n!
. Soit A un ensemble à n éléments et B un ensemble à
n − 1 éléments. Chaque surjection f : A → B possède
n − 1 fibres f −1 ({b}), b ∈ B ; toutes les fibres sont des singeltons à l’exception d’une qui contient précisément deux
n! (n − 1)
n
(n − 1)! =
.
2
2
Solution .
. 124 = 20736.
.
A412
Un code à caractères distincts contient forcément au
moins un chiffre (car il n’y a que deux lettres). Le nombre
de codes à caractères distincts et contenant au moins un
chiffre est donc 11880 (voir la deuxième question).
= 12 × 11 × 10 × 9 = 11880.
. 113 × 4 = 5324.
11 × 10 × 9 × 4 = 3960.
. Chaque fois qu’il y a dans l’énoncé « au moins un » il
est conseillé de passer par l’événement contraire qui est
« aucun ». Le nombe de codes sans chiffres est 24 = 16,
donc le nombre de codes contenant au moins un chiffre
est
20736 − 16 = 20720.
. Le nombre de codes à caractères distincts sans lettre
est 10 × 9 × 8 × 7 = 5040. Donc le nombre de codes à
caractères distincts et contenant au moins une lettre est
11880 − 5040 = 6840.
Solution .
. Pour 2 6 m 6 n 6 10 notons Pn,m la probabilité d’avoir
m bonnes cases lorsqu’on a coché n cases. Calculons par
exemple P7,5 . Au total on peut remplir la grille de 70
manières différentes ; le nombre des possibilités correspondant à
7
50
exactement cinq bonnes cases est 20
car il faut choisir cinq parmi les vingt bonnes cases et deux parmi les cinquante
5
2
mauvaises cases. La probabilité recherchée est donc
50
20
13965
5
2 =
.
P7,5 =
70
881452
7
On vérifie que 1/63 est une valeur approchée de P7,5 . Plus généralement, on obtient par le même raisonnement
50 20
Pn,m =
m
n−m
70
n
.
. On calcule que l’espérance pour trois cases cochées est −0.2502740227 tandis que pour quatre cases cohées elle est de
−0.3575109473. Il vaut donc mieux cocher trois cases.
.
keno:=proc(n,m); # on coche n nombres, m sont bons
binomial(20,m)*binomial(50,n-m)/binomial(70,n):
end proc:
kenoapprox:=proc(n,m) local k;
k:=1:
while 1/k > keno(n,m) do k:=k+1 od:
if keno(n,m)-1/k > 1/(k-1)-keno(n,m) then k:=k-1 fi:
1/k; end proc:
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
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Solution .
11 × 10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5
11!
=
= 11 × 10 × 2 × 7 × 6 × 5 = 11 × 7 × 6 × 100 = 11 × 42 × 100 = 46200.
4! 3!2
32 × 22
Solution .
a. Let P = an X n + · · · + a1 X + a0 . Then we have the following congruence modulo P (n)
P (n + kP (n)) ≡ an (n + kP (n))n + · · · + a1 (n + kP (n)) + a0
≡ an (n + k × 0)n + · · · + a1 (n + k × 0) + a0
≡ P (n) ≡ 0
mod P (n)
mod P (n)
mod P (n) .
Thus P (n) divides P (n + kP (n)).
b. Suppose there exists a non-constant polynomial P ∈ Z[X] and N ∈ N, N > 1, such that P (n) is prime for all n > N .
We can suppose N big enough to have x 7→ P (x) strictly increasing on [N, ∞[. After the preceeding question P (N )
divides P (N + P (N )), therefore P (N + P (N )) isn’t prime, since 1 < P (N ) < P (N + P (N )). Contradiction !
c. We will need the following lemma.
Lemma : If a polynomial of degree n − 1 takes integer values on n integer points, then all its coefficients are rational.
Proof : The coefficients are solution of a linear system in Z with an invertible n × n Vandermonde matrix.
Now suppose Q ∈ R[X] is a non-constant polynomial and N ∈ N such that Q(n) is prime for all n > N .
According to the lemma, Q must be in Q[X]. Thus there exists q ∈ N∗ such that P = qQ ∈ Z[X]. For an integer k denote
by div(k) the number of divisors of k. Since Q(n) is prime for all n > N one has
∀n > N ,
div(P (n)) = div(qQ(n)) 6 2 div(q) .
Let (Nℓ )ℓ∈N be the sequence defined recursively by N0 = N and Nℓ+1 = Nℓ + P (Nℓ ). Assuming that we have chosen N
big enough such that x 7→ Q(x) is strictly increasing on [N, ∞[, we deduce that (P (Nℓ ))ℓ∈N is strictly increasing.
According to the first question P (Nℓ ) divides P (Nℓ+1 ). For m = 2 div(q) we get the contradiction
div(P (Nm+1 )) 6 2 div(q) = m and
P (N0 ), . . . , P (Nm ) divide P (Nm+1 ) .
Solution .
. Just remember. . . We have
σ1 = a + b + c,
then
σ2 = ab + bc + ac,
and finally
σ3 = abc.
. Expression des sommes de Newton à l’aide des fonctions symétriques élémentaires.
◮ Par définition, σ1 = S1 .
◮ On a S12 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ac) = S2 + 2σ2 . Ainsi σ2 = 12 (S12 − S2 ).
◮ Commençons par un petit calcul. . .
S1 S2 = (a3 + b3 + c3 ) + (a2 b + ab2 + a2 c + ac2 + b2 c + bc2 )
S13 = (a3 + b3 + c3 ) + 3(a2 b + ab2 + a2 c + ac2 + b2 c + bc2 ) + 6abc
=⇒ 3S1 S2 − S13 = 2S3 − 6σ3 .
On a donc σ3 = 16 S13 + 31 S3 − 12 S1 S2 .
. Posons
P = (X − a)(X − b)(X − c).
◮ D’après les formules démontrées à la question 2., les nombres σk sont réels. Les relations coefficients-racines
permettent alors de conclure que les cœfficients de P sont réels.
◮ Puisque toute fonction polynôme de degré trois diverge vers l’infini en ±∞ avec des signes opposés, on déduit du
théorème des valeurs intermédiaires que P admet une racine réelle, par exemple a.
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
 - 
◮ Le quotient de P par X − a est un polynôme Q réel de degré deux. Si son discriminant était strictement négatif, P
admettrait deux racines complexes conjuguées donc de même module b et c, ce qui est absurde. Ainsi Q admet deux
racines réelles.
Nous avons donc prouvé que a, b et c sont réels.
Solution .
ment les n-ièmes racines d’unité). D’autre part on vérifie
facilement que
On pose
Y
P =
Y
n−1
n−1
(X − e2iπ k / n )
et
Q=
k=0
k=1
(X − e2iπ k / n ).
Le nombre recherché est Q(1). On a P = (X − 1)Q et on
sait que P = X n − 1 (car les racines de P sont exacte-
(1 + X + X 2 + · · · + X n−1 )(X − 1) = X n − 1.
Ainsi Q = 1 + X + X 2 + · · · + X n−1 et Q(1) = n.
Solution .
Notons σk les fonctions symétriques élémentaires associées à a, b, c, d. D’après les relations cœfficients-racines,
σ1 = 5, σ2 = 9, σ3 = 15, σ4 = 18.
α + β = 5, 3α + 6β = 15,
ie α = 5 et β = 0.
◮ Calcul de a et b. On a
Choisisons par exemple ab = 6 et notons
α = a + b, β = c + d.
◮ Calcul de α et β. On a
σ1 = α + β = 5.
a + b = α = 5, ab = 6,
a et b sont donc les racines de
P = X 2 − 5X + 6 = (X − 2)(X − 3).
◮ Calcul de c et d. On a
De plus,
c + d = 0, cd = 3,
σ3 = abc + abd + bcd + acd = 3α + 6β
donc c et d valent
On a donc
√
±i 3.
Solution .
. D’après la formule du binôme, pour tout nombre complexe z,
(1 + eiθ z)n − (1 + e−iθ z)n =
n

X
n
eikθ − e−ikθ z k
k
k=0
= 2iP (z).
D’où la propriété à prouver.
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. Soit z ∈ C une racine de P . Posons a = eiθ . D’après la
question précédente |1 + az| = |1 + az|. Autrement dit, il
existe b ∈ C avec |b| = 1 tel que 1 + az = b(1 + az). On
obtient
1−b
z=
.
ba − a
Par conséquence z est réel car
z=
1−b
b
b−1
× =
= z.
b
a − ab
ba − a
