examens corriges algebre1

Table of Contents
Examen Algèbre 1 SMA1 SMI1 FSAC 2
Examen Algèbre 1 SMA1 SMI1 FSR 9
Examen6 Algèbre 1 SMA1 SMI1 FSO 34
Examen5 Algèbre 1 SMA1 SMI1 FSO 90
Solution-Examen4 Algèbre 1 SMA1 SMI1 FSO 94
Examen1 Algèbre 1 SMA1 SMI1 FSO 97
Examen2 Algèbre 1 SMA1 SMI1 FSO 99
Algébre 1- Exercices avec Solutions 101
1 TD01_Algebre_18-19.pdf 102
2 TD01_Algebre_18-19_Corrige.pdf 104
3 TD02_Algebre_18-19.pdf 109
4 TD02_Algebre_18-19_Corrige.pdf 111
5 TD03_Algebre_18-19.pdf 116
6 TD03_Algebre_18-19_Corrige.pdf 117
7 TD04_Algebre_18-19.pdf 120
8 TD04_Algebre_18-19_Corrige.pdf 121

Université Hassan II-Casablanca Année universitaire 2017-2018
Faculté des Sciences Aïn chock
Département de Mathématiques et Informatique
Filière : SMIA
Module : Algèbre 1
Examen correction
Exercice 1
1. Soient z; t 2Ntels que z > t. Montrer que zet tsont premiers entre eux si et
seulement si zet ztsont premiers entre eux.
Supposons que zet tsont premiers entre eux et posons pgcd(z; z t) = d.
On a alors djzet djzt.
donc z=du et zt=dv avec u,v2Z.
donc t=du dv =d(uv)et par suite dest un diviseur commun de z; t.
Il s’ensuit que d= 1 car zet tsont premiers entre eux.
Par conséquent, zet ztsont premiers entre eux.
Inversement, supposons que zet ztsont premiers entre eux et posons pgcd(z; t) = d.
On a alors djzet djt.
donc z=dk et t=dh avec k,h2Z.
Il s’ensuit que zt=dk dh =d(kh).
donc dest un diviseur commun de z; z t.
Il s’ensuit que d= 1 car zet ztsont premiers entre eux.
Par conséquent zet tsont premiers entre eux.
2. Soit x; y,zet tdes entiers naturels non nuls tels que x; y sont premiers entre eux
et z; t sont premiers entre eux.
Montrer que x
y=z tsi et seulement si x=zet y=t(utiliser le théorème de Gauss
).
Il est clair que si x=zet y=talors x
y=z t.
Supposons alors x
y=z tet montrons que x=zet y=t.
L’égalité x
y=z test équivalente à xt =zy.
On a donc xjzy
Or xest premier avec y, donc d’après le théorème de Gauss xjz
De même, on a zjxt et zest premier avec t, donc d’après le théorème de Gauss zjx.
Il s’ensuit que x=zcar x; y 2N.
En remplaçant dans l’égalité x
y=z t, on aura y=t.
1

3. Soit a; b deux entiers naturels non nuls et d:= pgcd(a; b).
Montrer que a
d;b dsont premiers entre eux.
Posons pgcd(a
d;b d) = d0.
On a alors d0ja
det d0jb d
Donc a
d=d0ket b d=d0havec k,h2Z.
Il s’ensuit que a=dd0ket b=dd0h.
donc dd0est un diviseur commun de aet b.
Il s’ensuit que dd0dcar dest le plus grand diviseur commun de aet b
donc d01et par suite d0= 1 car d01.
Par conséquent, a
d;b dsont premiers entre eux.
4. En déduire que tout nombre rationnel r > 0s’ecrit de manière unique comme
rapport de deux entiers naturels non nuls et premiers entre eux.
Soit run nombre rationnel strictement positif.
Existence
Par dé…nition, r=a
bavec a; b 2N.
Posons pgcd(a; b) = d,u=a
det v=b d.
On a alors r=u
vet u; v sont premiers entre eux d’après la question 3.
Unicité
Supposons que r=x
y=z toù x; y,zet tdes entiers naturels non nuls tels que x; y sont
premiers entre eux et z; t sont premiers entre eux.
D’après la question 2, on a x=zet y=t.
D’où l’unicité de l’écriture.
Exercice 2
Soit fl’application de Ndans Ndé…nie par :
8
<
:
f(0) = 1
f(2n+ 1) = f(n)
f(2n+ 2) = f(n) + f(n+ 1)
1. Calculer f(1); f(2); f (3) et f(4).
On a :
f(1) = f(2 0 + 1) = f(0) = 1
f(2) = f(2 0 + 2) = f(0) + f(0 + 1) = f(0) + f(1) = 2
f(3) = f(2 1 + 1) = f(1) = 1
f(4) = f(2 1 + 2) = f(1) + f(1 + 1) = f(1) + f(2) = 3
2

2. Montrer, par récurrence sur m2N, la proposition suivante:
P(m):"f(m)et f(m+ 1) sont premiers entre eux"
(Indication : Remarquer d’abord que P(0) est vraie; prendre ensuite m1, sup-
poser que P(0); : : : ; P (m1) sont vraies et montrer, en distinguant les cas mpair
et mimpair, que P(m)est vraie).
On a f(0) = 1 et f(1) = 1 sont premiers entre eux, donc P(0) est vraie.
Soit m1. Suppsosons que P(0); : : : ; P (m1) sont vraies. Nous devons montrer que f(m)
et f(m+ 1) sont premiers entre eux.
Nous alons distinguer deux cas:
Cas 1 : mest pair
Comme m1, on peut écrire m= 2n+ 2 avec n2N.
On a alors f(m) = f(2n+ 2) = f(n) + f(n+ 1) et f(m+ 1) = f(2n+ 3) = f(2(n+ 1) + 1) =
f(n+ 1)
Soit dun diviseur commun de f(m)et f(m+ 1) tel que d1.
On a djf(n) + f(n+ 1) et djf(n+ 1) car f(m) = f(n) + f(n+ 1) et f(m+ 1) = f(n+ 1)
Donc f(n) + f(n+ 1) = dh et f(n+ 1) = dk avec h; k 2N
Il s’ensuit que f(n) = d(hk)et f(n+ 1) = dk
donc djf(n)et djf(n+ 1)
Or n=m2
2m1, donc la proposition P(n)est vraie.
Il s’ensuit que f(n)et f(n+ 1) sont premiers entre eux et par conséquent d= 1.
D’où f(m)et f(m+ 1) sont premiers entre eux.
Cas 2 mest impair
Posons m= 2n+ 1 avec n2N.
On a alors f(m) = f(2n+ 1) = f(n)et f(m+ 1) = f(2n+ 2) = f(n) + f(n+ 1)
Soit dun diviseur commun de f(m)et f(m+ 1) tel que d1.
On a alors djf(n)et djf(n) + f(n+ 1)
Donc f(n) = dh et f(n) + f(n+ 1) = dk avec h; k 2N
Il s’ensuit que f(n+ 1) = d(kh)et f(n) = dh
donc djf(n)et djf(n+ 1)
Or n=m1
2m1, donc la proposition P(n)est vraie.
Il s’ensuit que f(n)et f(n+ 1) sont premiers entre eux et par conséquent d= 1
D’où f(m)et f(m+ 1) sont premiers entre eux.
3. On considère l’application :
N! Q+
n7! f(n)
f(n+1)
3

(a) Calculer (1);(2) et (3).
D’après la question 1, on a: f(1) = 1,f(2) = 2,f(3) = 1,f(4) = 3
donc (1) = f(1)
f(2) =1 2,(2) = f(2) f(3) =2 1= 2,(3) = f(3) f(4) =1 3.
(b) Montrer que 0est l’unique antécédent de 1par .
On a (0) = f(0)
f(1) =1 1= 1, donc 0est un antécédent de 1par .
Soit n1. On va montrer que (n)6= 1
Pour cela, on va distinguer deux cas:
nest pair
On a alors n2et par suite on peut écrire n= 2l+ 2 avec l2N.
donc f(n) = f(2l+2) = f(l)+ f(l+ 1) et f(n+1) = f(2l+3) = f(2(l+ 1) +1) = f(l+1)
Comme f(l)2N, on a f(n)6=f(n+ 1) et par suite (n) = f(n)
f(n+ 1) 6= 1
nest impair
On a alors n= 2l+ 1 avec l2N
donc f(n) = f(2l+ 1) = f(l)et f(n+ 1) = f(2l+ 2) = f(l) + f(l+ 1)
Il s’ensuit que f(n)6=f(n+ 1) car f(l)2N
Par conséquent (n) = f(n)
f(n+ 1) 6= 1
(c) Soit yun nombre rationnel avec y > 1et n2N.
Montrer que (n) = y1si et seulement si (2n+ 2) = y
On a (2n+ 2) = f(2n+ 2)
f(2n+ 3) =f(2n+ 2) f(2(n+ 1) + 1) =f(n) + f(n+ 1) f(n+ 1)
donc (2n+ 2) = f(n)
f(n+ 1) + 1 = (n)+1
On en déduit que (n) = y1()(n) + 1 = y() (2n+ 2) = y
(d) Soit yun nombre rationnel avec 0< y < 1et n2N.
Montrer que (n) = y
1ysi et seulement si (2n+ 1) = y
On a (2n+ 1) = f(2n+ 1)
f(2n+ 2) =f(n) f(n) + f(n+ 1) =1
f(n) + f(n+ 1)
f(n)
donc (2n+ 1) = 1
f(n+ 1)
f(n)+ 1
=1
1
(n)+ 1
On en déduit que :
(2n+ 1) = y() 1
1
(n)+ 1 =y() (n)
1+(n)=y()(n) = y
1y
4. Soit qun nombre rationnel strictement positif et distinct de 1.
On considère la suite (qn)n0dé…nie par : q0=qet qn+1 =8
<
:
1si qn= 1
qn1si qn>1
qn
1qnsi qn<1
4