TD DU 18/11/11 ET DU 25/11/11
Exercice 1 . Oral ENS 1998 Soit n ∈ N , on note Z n = Z /n Z . A ` P ∈ Z [X] on associe ϕ n (P ) ∈ F ( Z n , Z n ) d´ efinie par
∀x ∈ Z n , ϕ n (P )(x) ≡ P (x)[n]
Pour quelles valeurs de n a-t-on
∀f ∈ F( Z n , Z n ), ∃P ∈ Z [X] tel que f = ϕ n (P ) ?
Exercice 2 .
(1) Soit P = aX 2 + bX + c v´ erifiant ∃N ∈ N , ∀n > N, p
P (n) ∈ Z . En utilisant un d´ eveloppement asymptotique de √
P , montrer qu’il existe (α, β) ∈ Z 2 , P = (αX + β) 2
(2) On suppose maintenant ∃N ∈ N , ∀n > N, p
P (n) ∈ Q . Montrer qu’il existe (α, β) ∈ Q 2 , P = (αX + β) 2 .
Solution 1 On a Card F( Z n , Z n ) = n n . On note P n l’ensemble des fonctions polynomiales de Z n et F n l’ensemble des fonctions de Z n dans Z n . On a ´ evidemment P n ⊂ F n , le but du jeu est de savoir si on a ´ egalit´ e entre ces deux sous-ensembles ou non.
• Si n est premier :
– Premi` ere solution : on utilise les polynˆ omes de Lagrange. Soit f ∈ F n , on pose f(i) = a i et ¯ P =
n−1
P
i=0
a i L i o` u L i = Y
i6=j
X − j
i − j . ¯ P i s’´ ecrit
n−1
P
i=0
¯
α i X i o` u ¯ α i ∈ Z n donc P ¯ i (x) = ϕ n (P )(x) o` u P =
n−1
P
i=0
α i X i , α i ´ etant un repr´ esentant de ¯ α i .
ϕ n (P )(x) = P (x) est bien une fonction polynomiale qui prend les mˆ emes valeurs que f donc on a bien f = ϕ(P n ) et par cons´ equent F n = P n .
– Deuxi` eme solution : F n est un espace vectoriel de dimension n sur Z n . Comme x n = x dans Z n alors on peut prouver que ∀m ∈ N , ∃p ∈ [0, n − 1] tq x m = x p dans Z n . La famille (ϕ n (1), ϕ n (X), . . . , ϕ n (X n−1 )) est une famille g´ en´ eratrice de P n . Montrons que cette famille est libre : soit ¯ P =
n−1
P
i=0
¯
α i X i un polynˆ ome tel que P ¯ (x) = 0 pour tout x de Z n , il est donc divisible par X n − X =
n−1
Y
i=0
(X − i). Comme il est de degr´ e 6 n − 1 c’est le polynˆ ome nul donc α i = 0 pour tout i. Ceci permet de conclure que la famille est libre.
Conclusion : la famille de fonctions x 7→ x i , pour i = 0, ..., n − 1 est une base de P n donc dim P n = n et Card P n = n n ce qui permet d’affirmer que P n = F n .
• Si n n’est pas premier : par exemple si n = 4 alors, pour P = 2(X 2 − X) on a ϕ 4 (P ) = 0 donc Card P 4 < 64 = 4 4 = Card F 4 (ψ : (a 0 , a 1 , a 2 , a 3 ) ∈ ( Z /4 Z ) 4 7→ (x 7→
a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 ) n’est pas injective) donc P 4 6⊂ F 4 .
Plus g´ en´ eralement toute fonction polynomiale sur Z n est de degr´ e 6 n − 1 : en effet,
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comme la fonction x 7→
n−1
Y
k=0
(x − k) est la fonction nulle dans Z n alors il suffit de diviser n’importe quel polynˆ ome P ` a coefficients dans Z n par le polynˆ ome Q =
n−1
Y
k=0
(X − k), P = QS + R avec deg R 6 n − 1, les fonctions polynomiales P e et R e sont ´ egales.
Pour n = pq avec p premier, on peut essayer P = q(X p − X). En effet, on sait que x p ≡ x[p] pour tout x de Z donc, si x ∈ Z n alors x p − x = p.a o` u a ∈ Z n donc ϕ n (P )(x) = 0.
On peut aussi raisonner par l’absurde :
soit p un diviseur strict de n, f ∈ F n telle que f (0) = 0 et f(p) = 1. Si f (x) = ϕ n (P )(x) alors f(x) = a 1 x + · · · + a m x m donc
p(a 1 + · · · + a m p m−1 ) = 1 i.e. p est inversible dans Z n ce qui est impossible.
Solution 2
(1) (cas 1) Si a = b = 0 √
c ∈ Z donc c est un carr´ e.
(cas 2) Si a = 0, b 6= 0 : on se ram` ene au (cas 3) en rempla¸cant n par n 2 .
(cas 3) Si a 6= 0 ; On fait un d´ eveloppement limit´ e : le comportement ` a l’infini entraˆıne que a > 0 pour que le radical ait un sens ;
f (n) = √
an 2 + bn + c = √ an
1 + b
2an + o 1
n
= √
an + b 2n √
a + o 1
n
f(n + 1) − f (n) entier tend vers √
a qui est donc entier (ne marche plus pour Q ) donc a = a 2 1 ∈ N .
f(n) = a 1 n + 2a b
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