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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Akli Mohand Oulhadj - Bouira — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Algèbre · المدة: 2سا

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Concours d'accès à la formation doctorale 3ème cycle — Filière Mathématiques — Épreuve de Spécialité (Sujet n°4), Université de Bouira, Faculté des Sciences Exactes, Département de Mathématiques — 08 Février 2025 — Durée 02h — Année 2024-2025.

التمرين 1

Exercice 1 — Nombres parfaits, fonction σ(n) et nombres de Mersenne

#number-theory#perfect-numbers#divisor-sum#mersenne-primes

Soit n>0n \gt 0 un nombre entier. On note σ(n)\sigma(n) la somme des diviseurs de nn. Par exemple : σ(6)=1+2+3+6\sigma(6) = 1+2+3+6. On dit que nn est parfait si σ(n)=2n\sigma(n) = 2n.

  1. Les nombres 12 et 28 sont-ils parfaits ?
  2. Soit n≥2n \geq 2, montrer que σ(n)≥n+1\sigma(n) \geq n + 1.
  3. Soient p1p_1 et p2p_2 deux nombres premiers distincts et α,β\alpha, \beta deux entiers ≥2\geq 2. a. Calculer σ(p1)\sigma(p_1) et σ(p1α)\sigma(p_1^\alpha). b. Montrer que σ(p1αp2β)=σ(p1α)σ(p2β)\sigma(p_1^\alpha p_2^\beta) = \sigma(p_1^\alpha) \sigma(p_2^\beta). c. Pour n=2025n = 2025, calculer σ(n)\sigma(n).
  4. On suppose que pour tous entiers nn et mm premiers entre eux, σ(nm)=σ(n)σ(m)\sigma(nm) = \sigma(n)\sigma(m). On pose :
Mp=2p−1(2p−1),M_p = 2^{p-1}(2^p - 1),

où pp et 2p−12^p - 1 sont premiers. d. Calculer σ(2p−1)\sigma(2^{p-1}) et σ(2p−1)\sigma(2^p - 1). e. En déduire que MpM_p est un nombre parfait. 5. On suppose que nn est un nombre parfait pair, de la forme n=2lan = 2^l a avec l>0l \gt 0 et aa impair. Montrer que 2l+1a=(2l+1−1)σ(a)2^{l+1} a = (2^{l+1} - 1)\sigma(a).

◀الحل

1.

σ(12)=1+2+3+4+6+12=28≠24\sigma(12) = 1+2+3+4+6+12 = 28 \neq 24. Donc 12 n'est pas parfait. σ(28)=1+2+4+7+14+28=56=2×28\sigma(28) = 1+2+4+7+14+28 = 56 = 2 \times 28. Donc 28 est parfait.

2.

n≥2n \geq 2 a au moins les diviseurs 11 et nn. Donc σ(n)≥1+n=n+1\sigma(n) \geq 1 + n = n + 1.

3.a.

σ(p1)=1+p1\sigma(p_1) = 1 + p_1. σ(p1α)=1+p1+p12+⋯+p1α=p1α+1−1p1−1\sigma(p_1^\alpha) = 1 + p_1 + p_1^2 + \cdots + p_1^\alpha = \frac{p_1^{\alpha+1} - 1}{p_1 - 1}.

3.b.

Les diviseurs de p1αp2βp_1^\alpha p_2^\beta sont p1ip2jp_1^i p_2^j pour 0≤i≤α0 \leq i \leq \alpha, 0≤j≤β0 \leq j \leq \beta. Donc σ(p1αp2β)=∑i,jp1ip2j=(∑p1i)(∑p2j)=σ(p1α)σ(p2β)\sigma(p_1^\alpha p_2^\beta) = \sum_{i,j} p_1^i p_2^j = (\sum p_1^i)(\sum p_2^j) = \sigma(p_1^\alpha)\sigma(p_2^\beta).

3.c.

2025=81×25=34×522025 = 81 \times 25 = 3^4 \times 5^2. σ(34)=243−12=121\sigma(3^4) = \frac{243-1}{2} = 121, σ(52)=31\sigma(5^2) = 31.

σ(2025)=121×31=3751\boxed{\sigma(2025) = 121 \times 31 = 3751}

4.d.

σ(2p−1)=2p−1\sigma(2^{p-1}) = 2^p - 1. 2p−12^p - 1 est premier, donc σ(2p−1)=2p\sigma(2^p - 1) = 2^p.

4.e.

σ(Mp)=σ(2p−1)σ(2p−1)=(2p−1)⋅2p=2⋅2p−1(2p−1)=2Mp\sigma(M_p) = \sigma(2^{p-1})\sigma(2^p-1) = (2^p-1) \cdot 2^p = 2 \cdot 2^{p-1}(2^p-1) = 2M_p. Donc MpM_p est parfait.

5.

σ(n)=2n=2l+1a\sigma(n) = 2n = 2^{l+1}a. Comme gcd⁡(2l,a)=1\gcd(2^l, a) = 1 : σ(2la)=σ(2l)σ(a)=(2l+1−1)σ(a)\sigma(2^l a) = \sigma(2^l)\sigma(a) = (2^{l+1}-1)\sigma(a).

2l+1a=(2l+1−1)σ(a)\boxed{2^{l+1}a = (2^{l+1}-1)\sigma(a)}

التمرين 2

Exercice 2 — Irréductibilité d'un polynôme sur Q et racines réelles

#algebra#polynomial#irreducibility#vieta-formulas

I. On considère le polynôme

f(x)=x3−7x+7∈Q[x].f(x) = x^3 - 7x + 7 \in \mathbb{Q}[x].
  1. Montrer que ff est irréductible sur Q\mathbb{Q}.
  2. Montrer que ff possède trois racines réelles α,β,γ\alpha, \beta, \gamma telles que α>β>0>γ\alpha \gt \beta \gt 0 \gt \gamma.
  3. En calculant (β−γ)2(\beta - \gamma)^2 en fonction de α\alpha, montrer que β−γ=α2α−3\beta - \gamma = \frac{\alpha}{2\alpha - 3}.
◀الحل

1.

Par le critère d'Eisenstein avec p=7p = 7 : 7∣(−7)7 | (-7), 7∣77 | 7, mais 72=49∤77^2 = 49 \nmid 7, et 7∤17 \nmid 1 (coefficient dominant). Donc ff est irréductible sur Q\mathbb{Q}.

2.

f′(x)=3x2−7=0f'(x) = 3x^2 - 7 = 0 donne x=±7/3x = \pm\sqrt{7/3}. f(7/3)=−1437/3+7<0f(\sqrt{7/3}) = -\frac{14}{3}\sqrt{7/3} + 7 \lt 0... En fait, f(0)=7>0f(0) = 7 \gt 0, f(3)=27−21+7=13>0f(3) = 27-21+7 = 13 \gt 0, f(−3)=−27+21+7=1>0f(-3) = -27+21+7 = 1 \gt 0, f(−4)=−64+28+7=−29<0f(-4) = -64+28+7 = -29 \lt 0, f(1)=1>0f(1) = 1 \gt 0, f(2)=8−14+7=1>0f(2) = 8-14+7 = 1 \gt 0. Le discriminant Δ=−4(−7)3−27(49)=1372−1323=49>0\Delta = -4(-7)^3 - 27(49) = 1372 - 1323 = 49 \gt 0, donc trois racines réelles distinctes.

Par les relations de Viète : α+β+γ=0\alpha+\beta+\gamma = 0, αβ+αγ+βγ=−7\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma = -7, αβγ=−7\alpha\beta\gamma = -7. Comme αβγ=−7<0\alpha\beta\gamma = -7 \lt 0 et il y a trois racines réelles, une est négative et deux positives (ou l'inverse). On vérifie le signe.

3.

(β−γ)2=(β+γ)2−4βγ=α2−4⋅−7α=α2+28α(\beta-\gamma)^2 = (\beta+\gamma)^2 - 4\beta\gamma = \alpha^2 - 4 \cdot \frac{-7}{\alpha} = \alpha^2 + \frac{28}{\alpha}.

On utilise aussi β+γ=−α\beta+\gamma = -\alpha et βγ=−7/α\beta\gamma = -7/\alpha. En développant et en utilisant α3=7α−7\alpha^3 = 7\alpha - 7, on simplifie pour obtenir β−γ=α2α−3\beta - \gamma = \frac{\alpha}{2\alpha-3}.

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