1. a. Pour tout x 6= 1 ,

Exercice

1. a. Pour tout x 6= 1 ,

(1 + x + · · · + x

ⁿ

)(1 − x) = 1 − x

ⁿ⁺¹

⇒ 1

1 − x = 1 + x + · · · + x

ⁿ

+ x

ⁿ⁺¹

1 − x avec x

1 − x x

ⁿ

∈ o(x

ⁿ

).

On peut intégrer ce développement à l'ordre n − 1 :

− ln(1 − x) = x + x

²

2 + · · · + x

ⁿ

n + o(x

ⁿ

)

⇒ ln(1 + x) = x − x

²

2 + · · · + (−1)

ⁿ⁺¹

x

ⁿ

n + o(x

ⁿ

).

b. Il sut de substituer pour obtenir 1

1 − ax = 1 + ax + · · · + (ax)

ⁿ

+ o(x

ⁿ

), ln(1 + x) = ax − (ax)

²

2 + · · · + (−1)

ⁿ

(ax)

ⁿ

n + o(x

ⁿ

).

2. a. L'énoncé demande un développement limité qui mérite bien son nom car il sut de développer P (x) en se limitant au degré 4 en x . Comme dans le cours sur les relations entre coecients et racines, on obtient

P(x) = 1 + σ

1

x + σ

2

x

²

+ σ

3

x

³

+ σ

4

x

⁴

+ o(x

⁴

).

b. La fonction ln ◦P est dénie au voisinage de 0 car P est continue et tend vers 1 en 0 . On va composer les développements limités en 0

ln(1 + u) = u − 1 2 u

²

+ 1

3 u

³

− 1

4 u

⁴

+ o(u

⁴

)

avec u = σ

1

x + σ

2

x

²

+ σ

3

x

³

+ σ

4

x

⁴

+ o(x

⁴

).

On a choisit un développement de ln à l'ordre 4 car (si σ

₁

6= 0 ce que l'on supposera)

u ∼ σ

₁

x ⇒ u

⁴

∼ σ

₁⁴

x

⁴

⇒ o(u

⁴

) = o(x

⁴

).

On présente les calculs en tableau

u =σ

₁

x + σ

₂

x

²

+ σ

₃

x

³

+ σ

₄

x

⁴

+o(x

⁴

)

u =σ

1

x + σ

2

x

²

+ σ

3

x

³

+ σ

4

x

⁴

+o(x

⁴

) ×1 u

²

= σ

12

x

²

+ 2σ

1

σ

2

x

³

+ (2σ

1

σ

3

+ σ

22

)x

⁴

+o(x

⁴

) × − 1 2 u

³

= σ

₁³

x

³

+ 3σ

12

σ

2

x

⁴

+o(x

⁴

) × 1 3

u

⁴

= σ

14

x

⁴

+o(x

⁴

) × − 1

4

ln ◦P(x) = σ

₁

x +

σ

₂

− 1 2 σ

₁²

x

²

+

σ

₃

− σ

₁

σ

₂

+ 1 3 σ

³₁

x

³

+

σ

₄

− 1

2 σ

²₂

+ σ

²₁

σ

₂

− 1 4 σ

₁⁴

+ o(x

⁴

).

c. On peut former le développement de ln ◦P en utilisant :

ln ◦P(x) = ln(1 + a

1

x) + ln(1 + a

2

x) + · · · + ln(1 + a

p

x) ln(1 + a

i

x) = a

i

x − 1

2 a

²_i

x

²

+ 1

3 a

³_i

x

³

+ 1

4 a

⁴_i

x

⁴

+ o(x

⁴

).







⇒ ln ◦P (x) = S

1

x − 1

2 S

2

x

²

+ 1

3 S

3

x

³

− 1

4 S

4

x

⁴

+ o(x

⁴

).

Comme une fonction admet un seul développement limité à un ordre donné, on peut identier les coecients et on en tire S

1

= σ

1

(évident) et

S

2

= −2σ

2

+σ

₁²

, S

3

= 3σ

3

−3σ

1

σ

2

+σ

³₁

, S

4

= −4σ

4

+4σ

1

σ

3

+2σ

²₂

−4σ

²₁

σ

2

+σ

₁⁴

.

Problème

Partie 1. Sommes.

1. Transformation d'Abel. On développe en indexant avec l'indice de u :

m−1

X

r=0

(u

r+1

− u

r

)v

r

=

m

X

r=1

u

r

v

r−1

−

m−1

X

r=0

u

r

v

r

= −u

0

v

0

+

m

X

r=1

u

r

(v

r−1

− v

r

) + u

m

v

m−1

.

2. Intervalles et parties entières.

a. Par dénition, x ≤ dxe donc dxe ∈ {n ∈ Z tq x ≤ n} . Pourquoi est-il un minorant ? Car

n < dxe ⇒ n ≤ dxe − 1 ⇒ n < x ⇒ n / ∈ {n ∈ Z tq x ≤ n} . Par contraposition : n ∈ {n ∈ Z tq x ≤ n} ⇒ dxe ≤ n .

On en déduit (avec les notations des intervalles entiers) : [x, +∞[ ∩ Z = J dxe, +∞ J .

b. D'après la question précédente, Z \ [b, +∞[ = K − ∞, dbe − 1 K. D'où [a, b[ ∩ Z = J dae, +∞ J ∩ J −∞, dbe − 1 K = J dae, dbe − 1 K . c. Soit r ∈ N. Pour tout j ∈ Z,

jq p

= r ⇔ r ≤ jq

p < r + 1 ⇔ rp

q ≤ j < (r + 1)p q . L'ensemble cherché est donc

rp

q , (r + 1)p q

∩ Z = J rp

q

,

(r + 1)p q

− 1 K

dont le cardinal est l

_(r+1)p

q

m − 1 − l

_rp

q

m

+ 1 = l

_(r+1)p

q

m − l

_rp

q

m . d. Il sut de remarquer que p étant impair :

p

2

=

^p+1₂

⇒

p 2

−1 =

^p−1₂

et d'utiliser b. pour obtenir J 0,

^p−1₂

K =

0,

^p₂

∩ Z.

3. Les sommes s(p, 2q) et s(p, q) ont en commun les termes associés aux petits mul- tiples pairs de q . Ils disparaissent dans la diérence. Plus précisément :

s(p, 2q) − s(p, q) = X

j∈]0,p[∩Z, jpair

jq p

− X

j∈

]

^0,p2

[

^∩Z

jq p

= X

j∈

]

^p2,p

[

^∩Z, jpair

jq p

− X

j∈

]

^0,p2

[

^∩Z, jimpair

jq p

Comme p est impair, on peut passer des grands j pairs aux petits impairs : j ∈ i p

2 , p h

∩ Z , j pair ⇔ p − j ∈ i 0, p

2

h ∩ Z , p − j impair

En changeant de nom avec k = p − j :

X

j∈

]

^p₂^,p

[

^∩Z, jpair

jq p

= X

k∈

]

^0,p₂

[

^∩Z, kpair

(p − k)q p

.

De plus,

(p − k)q p

=

q − kq p

= q +

− kq p

= q − 1 − kq

p

. En revenant au nom j pour cette somme, on obtient bien

s(p, 2q) − s(p, q) = X

j∈

]

^0,p2

[

^∩Z, jimpair

q − 1 − 2 jq

p

Si q est impair, la parenthèse est paire donc s(p, 2q) − s(p, q) ≡ 0 mod (2) . 4. a. Pour tout j ∈ Z,

0 ≤ j < p

2 ⇒ 0 ≤ jq p < q

2 ⇒ jq

p

∈ h 0, q

2 h ∩ Z .

b. Les termes de la somme s(p, q) peuvent prendre plusieurs fois une même valeur r . La question 4.a. indique que ces valeurs sont des entiers dans

0,

^q₂

. La question 2.c. indique combien de fois cette valeur gure dans la somme. En regroupant les valeurs égales, on obtient

s(p, q) = X

r∈

[

^0,q2

[

^∩Z

(r + 1)p q

− rp

q

r.

Comme 0,

^q₂

∩ Z = J 0,

q 2

− 1 K, on se trouve dans le cas de la transformation d'Abel de la question 1. avec m =

q

2

, u

_r

= l

rp q

m et v

_r

= r . Avec u

₀

v

₀

= 0 et v

r−1

− v

r

= −1 , on obtient bien

s(p, q) = −





 X

r∈

[

^0,q₂

]

^∩Z

rp q





 + p

q l q

2 m l q

2 m − 1

.

5. On suppose p < q avec q impair et on rappelle que p ∧ q = 1 .

a. On montre l'encadrement en formant les diérences : p(q + 1)

2q − p − 1

2 = p + q 2q > 0 p(q + 1)

2q − p + 1

2 = p − q 2q < 0



 



 



⇒ p − 1

2 < p(q + 1)

2q < p + 1 2 .

Comme p est impair,

^p−1₂

et

^p+1₂

sont deux entiers consécutifs. On en déduit p(q + 1)

2q

= p + 1 2 . b. Ici q est impair donc

q

2

=

^q+1₂

d'où h

0, q 2

h ∩ Z = J 0, q − 1 2 K et

p q

l q 2

m

= d p(q + 1)

2q e = p + 1 2 d'après la question 3.

Comme q est premier avec p , il ne divise pas rp car sinon d'après le théorème de Gauss, il diviserait r ce qui est impossible car r < q . On en déduit que

^rp_q

n'est pas entier donc, pour r 6= 0 ,

d rp

q e = b rp

q c + 1 ( q − 1 2 fois )

⇒ X

j∈J0,^p−1₂ K

b jq

p c + X

r∈J0,^q−1₂ K

b rp

q c = − q − 1

2 + p + 1 2

q − 1

2 = (p − 1)(q − 1)

4 .

Partie 2. Arithmétique.

Dans cette partie, p est un nombre premier impair ( p 6= 2 ) et q est premier avec p c'est à dire qu'il n'est pas un multiple de p .

1. Par dénition, µ(k) est le reste modulo p de qk avec 1 ≤ k < p . Le nombre premier p ne divise ni k ni q donc il ne divise pas non plus kq . Le reste µ(k) est donc non nul. La fonction µ prend ses valeurs dans J 1, p −1 K. Pour montrer que µ dénit une bijection il sut de démontrer l'injectivité car l'espace de départ et d'arrivée ont le même nombre ( p − 1 ) d'éléments.

Considérons k et k

⁰

tels que 1 ≤ k ≤ k

⁰

< p tels que µ(k) = µ(k

⁰

) . Alors qk ≡ qk

⁰

mod (p) donc p divise q(k

⁰

− k) . Comme p est premier avec q , il divise k

⁰

− k . Or 0 ≤ k

⁰

− k < p donc k

⁰

= k .

2. Remarquons que |ϕ(k)| = r

p

(2kq) .

Soit k et k

⁰

tels que 1 ≤ k ≤ k

⁰

≤

^p−1₂

. Alors ϕ(k) = ϕ(k

⁰

) entraine r

p

(2kq) = r

p

(2k

⁰

q) puis, en réinjectant (−1)

^{b2kqp c}

= (−1)

^b2k

0q p c

.

r

_p

(2kq) = r

_p

(2k

⁰

q) ⇒ 2kq ≡ 2k

⁰

q mod (p) ⇒ p divise 2q(k

⁰

− k) ⇒ p divise k

⁰

− k car p est premier avec 2q . (premier avec q et 6= 2 ). De 0 ≤ k

⁰

− k < p , on déduit k = k

⁰

c'est à dire l'injectivité de ϕ .

3. a. La dénition de la partie entière inférieure montre que le quotient de la division euclidienne de 2kq par p est b

^2kq_p

c :

2kq = b 2kq

p cp + r

p

(2kq).

b. Comme p est impair, on ne change pas la parité en multipliant par p donc b 2kq

p cp ≡ b 2kq

p c mod (2).

D'après la question a. :

1 = (−1)

^2kq

= (−1)

^{b2kqp cp+rp(2kq)}

= ((−1)

^p

)

^{b2kqp c}

(−1)

^rp(2kq)

= (−1)

^{b2kqp c}

(−1)

^rp(2kq)

⇒ b 2kq

p c ≡ r

p

(2kq) mod (2) Les deux exposants doivent avoir la même parité pour que le produit soit +1 . c. Deux cas sont possibles pour ϕ(k) suivant le signe de la puissance de −1 .

b 2kq

p c ≡ 0 ⇒







r

p

(2kq) ≡ b 2kq p c ≡ 0 ϕ(k) = r

p

(2k)

⇒ r

p

(ϕ(k)) = r

p

(2k) ≡ 0.

(les congruences sont modulo 2 )

b 2kq

p c ≡ 1 ⇒







r

_p

(2kq) ≡ b 2kq p c ≡ 1 ϕ(k) = −r

p

(2k)

⇒ r

_p

(ϕ(k)) = p + r

_p

(2k) ≡ 0.

car p et r

_p

(2kq) sont impairs.

4. On note ψ = r

k

◦ ϕ et D l'ensemble des pairs dans J 1, p − 1 K.

a. Soit v et v

⁰

entiers tels que −p < v < v

⁰

< p . Alors 0 < v

⁰

− v < 2p donc : v ≡ v

⁰

mod (p) ⇒ p divise v

⁰

− v ⇒ v

⁰

− v = p.

Comme p est impair, v et v

⁰

n'ont pas la même parité.

b. La question 3.c. montre que ψ prend ses valeurs dans D . Comme D et J 1,

^p−1₂

K ont le même nombre d'éléments

^p−1₂

, il sut de montre l'injectivité pour prouver la bijectivité.

Soit k et k

⁰

tels que 1 ≤ k ≤ k

⁰

≤

^p−1₂

tels que ψ(k) = ψ(k

⁰

) .

Considérons v = ϕ(k) et v

⁰

= ϕ(k

⁰

) . Par dénition de ψ , ils sont congrus modulo p . Ils sont aussi congrus modulo 2 d'après 3.c. La question 4.a. prouve alors que v = v

⁰

donc, par injectivité de ϕ : k = k

⁰

ce qui prouve l'injectivité de ψ .

Partie 3. Réciprocité quadratique.

1. Produit et µ .

a. La bijectivité de µ prouve la conservation du produit (p − 1)! = Y

k∈J1,p−1K

k = Y

k∈J1,p−1K

µ(k) = Y

k∈J1,p−1K

r

p

(qk)

≡ Y

k∈J1,p−1K

qk mod (p) ≡ q

^p−1

(p − 1)! mod (p).

b. Comme p est premier, il est premier avec tous les k tels que 1 ≤ k < p donc aussi avec (p − 1)! . D'après le théorème de Bezout, il existe u ∈ Z tel que u(p − 1)! ≡ 1 mod (p) . En multipliant par u la relation du a , on obtient

1 ≡ q

⁻¹

mod (p) c'est à dire le petit théorème de Fermat.

2. Produit et ψ .

a. On raisonne comme dans la question précédente en transportant avec ψ bijective le produit des éléments de J 1,

^p−1₂

K vers celui des éléments de D .

Y

k∈J1,^p−1₂ K

ψ(k) = Y

l∈D

l = Y

k∈J1,^p−1₂ K

(2k) = 2

^p−12

( p − 1 2 !).

Détaillons le produit des ψ(k) et passons modulo p :

Y

k∈J1,^p−1₂ K

ψ(k) = Y

k∈J1,^p−1₂ K

(−1)

^{b2kqp c}

r

_p

(2kq)

≡ (−1)

^s(p,2q)

Y

k∈J1,^p−1₂ K

(2kq)) mod (p)

≡ (−1)

^s(p,2q)

(2q)

^q−12

( p − 1

2 !) mod (p).

b. Ici encore, p est premier avec (2)

^q−12

(

^p−1₂

!) que l'on peut simplier modulo p dans la relation et obtenir

(−1)

^s(p,2q)

q

^p−12

≡ 1 mod (p) ⇔ (−1)

^s(p,2q)

≡ q

^p−12

mod (p) car −1 est son propre inverse modulo p .

3. a. On présente dans des tableaux les calculs des carrés modulo 3 et 5 et on en déduit les ensembles de carrés

modulo 3

y 1 2

y

²

1 1

Q

3

= {1} , modulo 5

y 1 2 3 4

y

²

1 4 4 1

Q

5

= {1, 4} . b. La relation C est d'équivalence car les trois propriétés (réexivité, symétrie, tran-

sitivité) découlent des propriétés correspondantes de la congruence modulo p . Les classes d'équivalences sont des paires car, p étant premier,

v

²

≡ w

²

mod (p) ⇔ v

²

− w

²

≡ 0 mod (p) ⇔ (v − w)(v + w) ≡ 0 mod (p)

⇔ v ≡ w ou w ≡ −v mod (p) ⇔ w ∈ {v, p − v} . Pour la relation C , il y a autant de classes que d'éléments dans Q

p

. Chaque classe contient deux éléments et J 1, p K separtitionne en classes. On en déduit

Card Q

p

= p − 1 2 .

c. Si q ∈ Q

p

, c'est un carré donc il existe y entier tel que x ≡ y

²

mod (p) . Comme p est premier avec q , il l'est aussi avec y donc, d'après le petit théorème de Fermat,

q ∈ Q

_p

⇒ q

^p−12

≡ y

^2p−12

≡ y

^p−1

≡ 1 mod (p).

4. En rassemblant la caractérisation de 3.c : q

p

= 1 ⇔ (q)

^q−12

mod (p),

et le résultat de 2.b. : (−1)

^s(p,2q)

≡ q

^p−12

mod (p) , on obtient une nouvelle caractéri-

sation : q

p

= (−1)

^s(p,2q)

.

5. Loi de réciprocité quadratique : p et q sont des nombres premiers impairs distincts.

a. D'après I.3., s(p, q) et s(p, 2q) ont la même parité donc q

p

= (−1)

^s(p,2q)

= (−1)

^s(p,q)

.

b. On applique la question I.5.b.

q p

p q

= (−1)

s(p,q)+s(q,p)

= (−1)

^{(p−1)(q−1)4}

.

6. Application. Soit p > 3 un nombre premier (donc impair).

a. D'après 3.c.,

^p₃

= 1 ⇔ p

³⁻¹²

≡ 1 ⇔ p ≡ 1 modulo 3 . Or comme p est premier et impair, p − 1 est divisible par 2 donc :

p ≡ 1 mod (3) ⇔ p ≡ 1 mod (6).

b. D'après la caractérisation de 3.c., −3

p

= 1 ⇔ (−3)

^p−12

≡ 1 mod (p) ⇔ (−1)

^p−12

= 3

p

.

La loi de réciprocité quadratique.

p 3

3 p

= (−1)

^{(p−1)(3−1)4}

= (−1)

^p−12

se traduit alors par −3

p

= 1 ⇔ p 3

= 1 ⇔ p ≡ 1 mod (6).

c. Remarquons que n est premier avec 2, 3, p

1

, · · · , p

s

et considérons un diviseur premier p de n qui est donc diérent de 2, 3, p

1

, · · · , p

s

. Multiplions par −3 la dénition de n :

−3n = −3 − (6p

1

· · · p

s

)

²

⇒ −3

p

= 1 ⇒ p ≡ 1 mod (6).

On peut en conclure qu'il existe une innité de nombres premiers congrus à 1

modulo 6 car la question précédente montre que étant donné un ensemble ni de

tels nombres, il en existe qui ne sont pas dans cet ensemble.