Mathématiques Terminale S Enseignement de Spécialité Corrigés des exercices Rédaction : Anne Fromentin - Aubry Annaïg Meudec Coordination : Sébastien Cario Ce cours est la propriété du Cned. Les images et textes intégrés à ce cours sont la propriété de leurs auteurs et/ou ayants droit respectifs. Tous ces éléments font l’objet d’une protection par les dispositions du code français de la propriété intellectuelle ainsi que par les conventions internationales en vigueur. Ces contenus ne peuvent être utilisés qu’à des fins strictement personnelles. Toute reproduction, utilisation collective à quelque titre que ce soit, tout usage commercial, ou toute mise à disposition de tiers d’un cours ou d’une œuvre intégrée à ceux-ci sont strictement interdits. ©Cned-2013 © Cned - Académie en ligne C orrigé de la séquence 1 Corrigé de l’activité du chapitre 2 Activité 1 ■ Les codes barres On a : C1 + C 3 + ... + C11 = 3 + 5 + 3 + 0 + 7 + 4 = 22 ; 3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (2 + 0 + 9 + 2 + 7 + 6 ) = 78 ; R = 0. La somme 22 + 78 + 0 = 100 est bien un multiple de 10 donc on ne détecte pas d’erreur dans le code ci-dessous. On a : C1 + C 3 + ... + C11 = 5 + 5 + 0 + 3 + 9 + 4 = 26 ; 3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (0 + 0 + 8 + 4 + 4 + 3) = 57 ; La somme 26 + 57 + R = 83 + R doit être un multiple de 10 et 0 ≤ R ≤ 9 donc R = 7. 9 782940 199617 On a : C1 + C 3 + ... + C11 = 9 + 8 +9 +0 +9 +6 = 41 ; 3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (7 + 2 + 4 + 1+ 9 + 1) = 72 ; R = 7. La somme 41 + 72 + 7 = 120 est un multiple de 10 ; on ne détecte pas d’erreur sur ce code barre. Corrigé séquence 1 – MA03 3 © Cned - Académie en ligne 9 782940 199167 C1 + C 3 + ... + C11 = 9 + 8 +9 +0 +9 +1 = 36 ; 3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (7 + 2 + 4 + 1+ 9 + 6 ) = 87 ; R = 7. La somme 36 + 87 + 7 = 130 est un multiple de 10 ; on ne détecte pas d’erreur sur ce code barre. 3 782940 199617 C1 + C 3 + ... + C11 = 3 + 8 +9 +0 +9 +6 = 35 ; 3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (7 + 2 + 4 + 1+ 9 + 1) = 72 ; R = 7. La somme 35 + 72 + 7 = 114 n’est pas un multiple de 10 donc ce code barre comporte une erreur. 1 672345 678900 C1 + C 3 + ... + C11 = 1+ 7 + 3 + 5 + 7 + 9 = 32 ; 3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (6 + 2 + 4 + 6 + 8 + 0 ) = 78 ; R = 0. La somme 32 + 78 + 0 = 110 est un multiple de 10 ; on ne détecte pas d’erreur sur ce code barre. 7 612345 678900 C1 + C 3 + ... + C11 = 7 + 1+ 3 + 5 + 7 + 9 = 32 ; 3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (6 + 2 + 4 + 6 + 8 + 0 ) = 78 ; R = 0. La somme 32 + 78 + 0 = 110 est un multiple de 10 ; on ne détecte pas d’erreur sur ce code barre. Toutes les erreurs de saisie ne peuvent pas être détectées grâce à la clé de contrôle : en effet, dans l’exemple ci-dessus, la permutation de C1 et C 3 n’est pas détectée. 4 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 2 Exercice 1 Vrai/Faux a) Si un entier est divisible par 49 et par 35 alors cet entier est divisible par 49 × 35 = 1715. Faux Faux Vrai Contre-exemple : 245 = 49 × 5 = 7 × 35 est divisible par 49 et par 35 mais n’est pas divisible par 1 715. b) Si un nombre est divisible par 3 alors il est divisible par 9. Contre-exemple : 3 est divisible par 3 mais n’est pas divisible par 9. c) Si a divise b et c alors a divise b − c . Comme a divise b et c, il existe deux entiers m et n tels que b = ma et c = na. On a : b – c = ma – na = a (m – n) ; (m – n) est un entier et ainsi a divise b − c . Faux Vrai Vrai d) La somme de deux diviseurs d’un entier est encore un diviseur de cet entier. Contre-exemple : 3 et 7 divisent 21 mais 3 + 7 = 10 ne divise pas 21. e) Le produit de deux entiers pairs est pair. Soit a et b deux entiers pairs. Il existe deux entiers k et k’ tels que a = 2k et b = 2k’. Alors a × b = ( 2k × ( 2k ' = 2 × ( 2kk ' donc ab est pair. ) ) f) Le produit de deux entiers impairs est impair. Soit a et b deux entiers impairs. Il existe deux entiers k et k’ tels que a = 2k +1 et b = 2k’+1. Alors a × b = ( 2k + 1 × ( 2k '+ 1 = 4kk '+ 2k + 2k '+ 1 = 2 × ( 2kk '+ k + k ' + 1 donc ab est impair. ) Exercice 2 ) ) ) En utilisant un raisonnement par contraposée, démontrons que, pour tout entier n, si n 2 est pair alors n est pair. Pour cela, démontrons que « pour tout entier n, si n n’est pas pair alors n 2 n’est pas pair », c’est-à-dire « pour tout entier n, si n est impair alors n 2 est impair ». Cette propriété a été démontrée dans l’exercice précédent. Nous avons démontré que pour tout entier n, si n est impair alors n 2 est impair. En utilisant un raisonnement par contraposée, cela prouve que, pour tout entier n, si n 2 est pair alors n est pair. Corrigé séquence 1 – MA03 5 © Cned - Académie en ligne Exercice 3 Nombres amis a) Les diviseurs de A = 220 excepté 220 sont 1 ; 2 ; 4 ; 5 ; 10 ; 11 ; 20 ; 22 ; 44 ; 55 et 110 donc si A et B sont amis alors B = 1+ 2 + 4 + 5 + 10 + 11 + 20 + 22 + 44 + 55 + 110 = 284. On vérifie bien que la somme des diviseurs de B excepté 284 est égale à 220 : 1 + 2 + 4 + 71 + 142 = 220. Ainsi 220 et 284 sont amis. b) et c) Remarque Le nombre total d’itérations d’un algorithme avec le logiciel Algobox ne peut pas dépasser 5 millions ce qui limite la recherche de nombres amis compris entre 1 et environ 3 400. Exercice 4 13587 M On a 13 587 + 11 = 13 598 = 13 × 1046 ; 13 598 est un multiple de 13 donc cette référence est correcte. 45905 A On a 45 905 + 0 = 13 × 3531+ 2 ; 45 905 n’est pas un multiple de 13 donc cette référence n’est pas correcte. On a 13 × 2001 < 26014 < 13 × 2002 ; 13 × 2002 = 26026. On a 26026 – 26014 = 12 donc la lettre manquante est le N. 6 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 Exercice 5 Soit (a ; b) un couple d’entiers naturels tels que (a + 4 )(b − 1) = 14. Comme a ≥ 0, a + 4 ≥ 4 et b ≥ 0 donc b − 1 ≥ −1. De plus, les écritures de 14 comme produit de deux entiers relatifs sont : 14 = 1× 14 = 2 × 7 = ( −1) × ( −14 ) = ( −2) × ( −7). On obtient donc : a+4=1 b − 1 = 14 ou a + 4 = 14 et b − 1 = 1 a = −3 (exclu ) et a = 10 b = 2 b = 15 a+4=2 b − 1= 7 ou et b=8 a = −2 (exclu ) a+4=7 b − 1 = −14 b − 1 = 2 ou a + 4 = −1 et et ou a = −5 (exclu ) b = −13 (exclu ) b=3 a=3 a + 4 = −14 b − 1 = −1 ou et b=0 a = −18 (exclu ) a + 4 = −2 b − 1 = −7 et ou b = −6 (exclu ) a = −6 (exclu ) a + 4 = −7 b − 1 = −2 . ou et b = −1 (exclu ) a = −11 (exclu ) On vérifie que (3 ; 3) et (10 ; 2) conviennent, donc les couples solution sont les éléments de l’ensemble {(10 ; 2) ; (3 ; 3)}. Exercice 6 Raisonnement par récurrence On veut démontrer par récurrence que la proposition ᏼn « 7n − 2n est un multiple de 5 » est vraie pour tout entier naturel n. Initialisation Au rang n = 0, 70 − 20 = 1− 1 = 0. Or, 0 est divisible par 5. Ainsi la propriété ᏼn est vraie au rang n = 0. Hérédité On suppose que la proposition « 7n − 2n est un multiple de 5 » est vraie pour un certain rang n = k ; autrement dit, on suppose que pour un entier k positif, 7k − 2k est divisible par 5. Corrigé séquence 1 – MA03 7 © Cned - Académie en ligne Regardons la proposition au rang k + 1: 7k +1 − 2k +1 = 7 × 7k − 2 × 2k = ( 2 + 5) × 7k − 2 × 2k = 2 × 7k − 2 × 2k + 5 × 7k = 2(7k − 2k ) + 5 × 7k . Par hypothèse de récurrence, 7k − 2k est un multiple de 5 donc il existe un entier p tel que 7k − 2k = 5p. Ainsi, ( ) 7k +1 − 2k +1 = 2 7k − 2k + 5 × 7k = 2 × 5p + 5 × 7k ( ) = 5 2p + 7k . Comme 2p + 7k est un nombre entier, 7k +1 − 2k +1 est divisible par 5 et la proposition ᏼn « 7n − 2n est un multiple de 5 » est vraie au rang n = k + 1 : la propriété est héréditaire. Conclusion La proposition ᏼn « 7n − 2n est un multiple de 5 » est vraie pour n = 0 et elle est héréditaire donc, par récurrence, pour tout n ≥ 0, 7n − 2n est un multiple de 5. Remarque Ce résultat sera démontré d’une autre manière dans l’exercice 16 du chapitre 4. Exercice 7 Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel non nul n, la proposition ᏼn « An = (n + 1)(n + 2)...(2n − 1)(2n ) est divisible par 2n » est vraie Initialisation Au rang n = 1, A1 = 2 et 21 = 2. Or, 2 est divisible par 2. Ainsi la proposition ᏼn est vraie au rang n = 1. Hérédité 8 © Cned - Académie en ligne On suppose que la proposition « An = (n + 1)(n + 2)...(2n − 1)(2n ) est divisible par 2n » est vraie pour un certain rang n = k. Corrigé séquence 1 – MA03 Regardons la propriété au rang k + 1 : Ak +1 = ((k + 1) + 1)((k + 1) + 2)...( 2(k + 1) − 1)( 2(k + 1)) = (k + 2)(k + 3)...(2k + 1) × 2 × (k + 1) k+ k ) × (2k + 1) × 2. = ( 1)(k +2 )(k + 3)...(2 Ak Par hypothèse de récurrence, Ak est divisible par 2k donc il existe un entier p tel que Ak = 2k p. Ainsi, Ak +1 = Ak × (2k + 1) × 2 = 2k p × (2k + 1) × 2 = 2k +1p × (2k + 1). Comme p × (2k + 1) est un nombre entier, Ak +1 est divisible par 2k +1 et la proposition « An = (n + 1)(n + 2)...(2n − 1)(2n ) est divisible par 2n » est vraie au rang n = k + 1 : la proposition est héréditaire. Conclusion La proposition ᏼn est vraie pour n = 1 et elle est héréditaire donc, pour tout n ≥ 1, An = (n + 1)(n + 2)...(2n − 1)(2n ) est divisible par 2n . Exercice 8 On considère le nombre A = n (n + 1)(n + 2). ) ) a) Les nombres n , (n + 1 et (n + 2 sont trois entiers consécutifs donc nécessairement au moins l’un d’eux est pair et ainsi 2 divise A. ) ) b) Les nombres n , (n + 1 et (n + 2 sont trois entiers consécutifs donc nécessairement au moins l’un d’eux est divisible par 3 et ainsi 3 divise A. c) Pour n = 7, on a A = 7 × 8 × 9 qui est divisible par 8. Ce contre-exemple nous prouve que la proposition « si A est divisible par 8 alors n est pair » est fausse. Corrigé séquence 1 – MA03 9 © Cned - Académie en ligne Corrigé de l’activité du chapitre 3 ■ Activité 2 Numéro d’inscription au répertoire (ou numéro de sécurité sociale) Dans chacun des cas, le calcul a pour résultat le nombre formé par les deux derniers chiffres du numéro de sécurité sociale. Les informations nous donnent les treize premiers chiffres : 1 11 07 77284 136 On calcule les deux derniers à l’aide du tableur et on obtient 40. Le numéro de sécurité sociale de ce garçon est donc 1 11 07 77284 136 40. On utilise le tableur : Les premier et troisième numéros ne sont pas corrects car les deux derniers chiffres ne correspondent pas à ceux trouver par le calcul. 10 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 3 Exercice 9 a) Soit n ce nombre. On a n = q × 6 + 5 et n = q × 7 + 3. Donc 6q + 5 = 7q + 3 soit q = 2. Ainsi, n = 2 × 6 + 5 = 17. b) On a : a = q × 45 + 9. Ainsi, a = 3q × 15 + 9 et 0 ≤ 9 < 15 donc le reste de la division euclidienne de a par 15 est 9 ; a = 9(q × 5 + 1) donc le reste de la division euclidienne de a par 9 est 0 ; a = q × 9 × 5 + 5 + 4 = (9q + 1) × 5 + 4 et 0 ≤ 4 < 5 donc le reste de la division euclidienne de a par 5 est 4. Comme a est divisible par 9, a est divisible par 3 donc le reste de la division euclidienne de a par 3 est 0. c) On a 394 = 17 × b + r et 0 ≤ r < b. Comme 17 × 23 = 391, on a 1 ≤ b ≤ 23. Testons les cas possibles à l’aide d’un tableur. Donc les deux cas possibles sont : b = 22 et r = 20 ou b = 23 et r = 3 (car 0 ≤ r < b ). d) Soit n le dividende, b le diviseur, q le quotient et r le reste. n = q × b + r On a (n + 36 ) = q × (b + 3) + r n = q × b + r soit qb + r + 36 = qb + 3q + r n = q × b + r soit . 36 q = = 12 3 Ainsi, q = 12. Exercice 10 Analyse (c’est-à-dire on suppose que n est solution et on cherche des conditions nécessaires portant sur n) Comme n + 3 divise 2n − 3, il existe un entier relatif k tel que 2n − 3 = k (n + 3) Corrigé séquence 1 – MA03 11 © Cned - Académie en ligne soit (k − 2)n = −3(k + 1). En considérant le signe de chaque membre de l’égalité, on obtient les cas suivants : k − 2 ≥ 0 et k + 1 ≤ 0 soit k ≥ 2 et k ≤ −1 ce qui est impossible ; k − 2 ≤ 0 et k + 1 ≥ 0 soit k ≤ 2 et k ≥ −1 donc nécessairement k prend une des valeurs –1, 0, 1 ou 2. Synthèse (c’est-à-dire on cherche parmi les valeurs précédentes, celles qui conviennent) Si k = −1, 2n − 3 = −1(n + 3) soit n = 0 ; si k = 0, 2n − 3 = 0 ce qui est exclu car n ∈ ; si k = 1, 2n − 3 = 1(n + 3) soit n = 6 ; si k = 2, 2n − 3 = 2(n + 3) soit − 3 = 6 ce qui est absurde. Conclusion Exercice 11 Ainsi, les entiers naturels n tels que n + 3 divise 2n – 3 sont 0 et 6. La division euclidienne d’un entier naturel a par 64 donne le quotient q et le reste q 3 donc on a : a = q × 64 + q 3 avec 0 ≤ q 3 < 64. On a nécessairement q > 0 et comme 4 3 = 64 , q peut prendre les valeurs 1, 2 et 3. Si q = 1, a = 1× 64 + 13 = 65 et 0 ≤ 13 < 64. Si q = 2, a = 2 × 64 + 23 = 136 et 0 ≤ 23 < 64. Si q = 3, a = 3 × 64 + 33 = 219 et 0 ≤ 33 < 64. Ainsi, les entiers naturels dont la division euclidienne par 64 donne le quotient q et le reste q 3 sont 65, 136 et 219. Exercice 12 a) En utilisant une feuille de calcul, on obtient : Donc la clé de 204730284 est K = 11– 5 = 6 Donc la clé de 221984028 est X Donc la clé de 204396892 est 0. 12 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 b) Pour le code 247684123, on devrait avoir la clé 4 ( K = 11− 7 = 4 ) au lieu de 7 donc ce code est erroné. c) Corrigé séquence 1 – MA03 13 © Cned - Académie en ligne Exercice 13 Déterminer le reste de 2n 2 − n + 2 par 2n selon les valeurs de n. On a : 2n 2 − n + 2 = (n − 1) × 2n + (n + 2) donc si n + 2< 2n , c’est-à-dire si n >2, (n + 2) est le reste de la division euclidienne de 2n2 – n + 2 par 2n. Ainsi, si n ≥ 3, r = n + 2. On a n ≥ 1 car on ne peut pas diviser par 0. Si n = 1, 2n 2 − n + 2 = 3 = 1× 2 + 1 donc r = 1. Si n = 2, 2n 2 − n + 2 = 8 = 4 × 2 + 0 donc r = 0. Corrigé de l’activité du chapitre 4 ■ Activité 3 Le 1er janvier 2012 était un dimanche. Lundi Mardi Mercredi Jeudi Vendredi Samedi Dimanche 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 La différence de deux nombres d’une même colonne est un multiple de 7. Effectuons la division euclidienne de 1 000 par 7 : 1000 = 142 × 7 + 6 donc 1000 et 6 sont dans la même colonne et 1 000 jours après le 1er janvier 2012 nous serons un samedi. Entre le 1er janvier 2012 et le 1er janvier 2020, il s’écoule 2922 jours ( 2 × 366 + 6 × 365 = 2922 ). Or on a 2922 = 417 × 7 + 3 donc 3 et 2922 sont dans une même colonne et le 1er janvier 2020, nous serons un mercredi. Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 4 Exercice 14 a) Tout nombre est congru modulo n au reste de sa division euclidienne par n. Comme 7654 = 695 × 11+ 9, on a 7654 ≡ 9 [11]. 14 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 b) On a 14533 − 6742 = 7791 = 1113 × 7, la différence 14533 − 6742 est un multiple de 7 donc 14 533 et 6 742 sont congrus modulo 7. Exercice 15 a) On a 1473 = 210 × 7+3 donc 1473 ≡ 3 [7] ;1474 ≡ 4 [7] ;1475 ≡ 5 [7] soit 1475 ≡− 2 [7] et 1476 ≡ 6 [7] soit 1476 ≡− 1 [7] donc, par compatibilité des congruences avec la multiplication, on a 1473 × 1474 × 1475 × 1476 ≡ 3 × 4 × ( − 2) × ( −1) [7] soit 1473 × 1474 × 1475 × 1476 ≡ 24 [7] ≡ 3 [7]. Comme le reste r de la division euclidienne par 7 de 1473 × 1474 × 1475 × 1476 est le seul entier qui lui est congru modulo 7 et qui vérifie 0 ≤ r < 7, le reste de la division euclidienne de 1473 × 1474 × 1475 × 1476 par 7 est 3 car on a bien 0 ≤ 3 < 7. b) On a 19 = 6 × 3 + 1 ≡ 1 [ 3] donc, par compatibilité des congruences avec l’élévation à une puissance, 19328 ≡ 1328 [ 3] soit 19328 ≡ 1 [3]. Comme 0 ≤ 1 < 3, le reste de la division euclidienne de 19328 par 3 est 1. c) On a 7 ≡ 2 [5] , donc, par compatibilité des congruences avec l’élévation à une 1 [5]. puissance, 72 ≡ 22 [5] soit 72 ≡ 4 [5] ou encore 72 ≡− Ainsi, 7202 = (72 )101 ≡ ( −1)101 [5] soit 7202 ≡− 1 [5] ou encore 7202 ≡ 4 [5]. Donc, comme 0 ≤ 4 < 5, le reste de la division euclidienne de 7202 par 5 est 4. Exercice 16 On a 7 ≡ 2 [5] donc, par compatibilité des congruences avec l'élévation à une puissance, pour tout entier naturel n , 7n ≡ 2n [5]. n n Ainsi, 7 − 2 ≡ 0 [5] et 7n − 2n est un multiple de 5. Remarque Ce résultat a été démontré dans l’exercice 6 en utilisant un raisonnement par récurrence. Corrigé séquence 1 – MA03 15 © Cned - Académie en ligne Exercice 17 a) On a 1999 = 285 × 7 + 4 donc 1999 ≡ 4 [7]. b) On a 2007 = 286 × 7 + 5 donc 2007 ≡ 5 [7] et ainsi le plus petit nombre entier naturel congru à 2007 modulo 7 est 5 (le plus grand nombre congru à 2007 modulo 7 et strictement inférieur à 5 est −2 = 5 − 7 qui est négatif). Soit n un nombre entier naturel congru à 5 modulo 7. a) On sait que n ≡ 5 [7] donc, par compatibilité des congruences avec l’élévation 3 3 à une puissance, n ≡ 5 [7]. Or, 53 =125=17 × 7+6 donc 53 ≡ 6 [7] et ainsi (par transitivité), n 3 ≡ 6 [7]. 3 3 1 [7] et ainsi, par compatibilité des congruences b) Comme n ≡ 6 [7], n ≡− 3 avec l’addition, n + 1 ≡ 0 [7] ce qui prouve que (n 3 + 1) est divisible par 7. On sait que n ≡ 4 [7] donc, par compatibilité des congruences avec l’élévation à une puissance, n 3 ≡ 4 3 [7]. Or, 4 3 = 64 = 9 × 7+1 donc 4 3 ≡ 1 [7] et ainsi, n 3 ≡ 1 [7]. Ceci nous prouve bien 3 que la différence (n –1) est divisible par 7. Comme 1999 ≡ 4 [7], d’après ce qui ce qui précède (2a), (19993 –1) est divisible par 7. De plus (d’après 2b), (20073 + 1) est divisible par 7. Comme A = 19993 + 20073 = (19993 –1) + (20073 + 1), A est la somme de deux multiples de 7 donc A est un multiple de 7 ou encore A est divisible par 7. Exercice 18 On a 5 = 0 × 8+5 et 0 ≤ 5<8 donc le reste de la division euclidienne de 5 par 8 est 5. Comme 52 ≡ 1[8] et 0 ≤ 1 < 8, le reste de la division euclidienne de 52 par 8 est 1. Comme 52 ≡ 1[8], par compatibilité des congruences avec l’élévation à une puissance, 586 = (52 )43 ≡ (1)43 [8] soit 586 ≡ 1[8] donc le reste de la division euclidienne de 586 par 8 est 1. 16 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 On a 587 = 5 × 586 ≡ 5 × 1[8] par compatibilité des congruences avec la multiplication soit 587 ≡ 5 [8]. Comme 0 ≤ 5 < 8, le reste de la division euclidienne de 587 par 8 est 5. On a 965 = 5 × 193. Or, 193 = 24 × 8 + 1 donc, par compatibilité des congruences avec la multiplication, 965 = 5 × 193 ≡ 5 [8]. Comme 0 ≤ 5 < 8, le reste de la division euclidienne de 96587 par 8 est 5. On a 52n +1 + 52n + 2 =(52 )n × 5 + (52 )n + 2. Par compatibilité des congruences avec les opérations, ( ) 52 n ( ) n × 5 + 52 + 2 ≡ 1n × 5 + 1n + 2 [8] ≡ 5 + 1+ 2 [8] ≡ 0 [8]. Ainsi, pour tout entier naturel n, 52n +1 + 52n + 2 est un multiple de 8. Exercice 19 Le nombre 3210 4 correspond en base 10 au nombre 3 × 4 3 + 2 × 42 + 1× 41 + 0 × 40 = 228. 16 Le nombre AD78 correspond au nombre décimal 10 × 163 + 13 × 162 + 7 × 161 + 8 × 160 = 44408. 2 Le nombre 100101 correspond en base 10 au nombre 1× 25 + 0 × 24 + 0 × 23 + 1× 22 + 0 × 21 + 1× 20 = 37. On a : 31427 8 3 3928 0 8 491 3 8 61 5 8 7 7 8 0 8 Ainsi : 31427 = 75303 . Corrigé séquence 1 – MA03 17 © Cned - Académie en ligne On a l’égalité 1 792 =1× 210 + 1× 29 + 1× 28 donc l’écriture en base 2 de 2 1 792 est 11100000000 . Exercice 20 Voici la table de chiffrement. Lettre A B C D E F G H I J K L M N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 P 10 13 16 19 22 25 2 5 8 11 14 17 20 Forme chiffrée J M P S V Y B E H K N Q T Lettre N O P Q R S T U V W X Y Z N 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 P 23 26 3 6 9 12 15 18 21 24 1 4 7 Forme chiffrée W Z C F I L O R U X A D G D’après le tableau précédent, MIJUZ CZRI OJ IVRLLHOV correspond à BRAVO POUR TA REUSSITE D’après le tableau précédent, MERCI se chiffre en TVIPH. a) Si p ≡ 3n + 7 [26] alors 3n ≡ p – 7 [26]. Par compatibilité des congruences avec la multiplication, 9 × 3n ≡ 9p − 9 × 7 [26] soit 27n ≡ 9p − 63 [26]. Comme 27 = 26 + 1 ≡ 1 [26] et − 63= − 3 × 26+15 ≡ 15 [26], on en déduit que n ≡ 9p + 15 [26]. b) Soit p le nombre associé à la forme chiffrée d’une lettre associée au nombre n. D’après le a), pour retrouver la lettre à partir de sa forme cryptée, il suffit de déterminer la lettre associée à n où n est défini par n ≡ 9p + 15 [26] et 1 ≤ n ≤ 26. Cette remarque permet d’automatiser facilement le déchiffrement. Exercice 21 Les restes possibles dans la division euclidienne par d ∈N ∗ sont 0, 1, …, d − 1 donc les restes possibles dans la division euclidienne par 5 sont 0, 1, 2, 3 et 4. Par compatibilité des congruences avec l’élévation à une puissance et avec l’addition, on en déduit les restes possibles pour a 5 et pour a 5 − a dans la division euclidienne par 5 : 18 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 Reste de a dans la division eucli- 0 dienne par 5 1 2 3 4 a 5 ≡ ...[5] 0 1 25 = 32 = 6 × 5 + 2 35 = 243 = 48 × 5 + 3 45 = 1024 = 204 × 5 + 4 Reste de a 5 dans la division euclidienne par 5 0 1 2 3 4 2− 2 = 0 3− 3 = 0 4−4 =0 a 5 − a ≡ ...[5] 0 1− 1 = 0 Pour tout entier a, on a donc a 5 − a ≡ 0 [5] et donc a 5 − a est divisible par 5. Si a 5 − a est un multiple de 5, alors le chiffre des unités de a 5 − a est 0 ou 5. De plus, a et a 5 ont la même parité. En effet, si a est pair (resp. impair) alors a 5 est le produit de cinq nombres pairs (resp. impairs) donc est pair (resp. impair). On en déduit que pour tout entier a, a 5 − a est pair, son chiffre des unités ne peut donc pas être 5. En conclusion, le chiffre des unités de a 5 − a est 0. Les restes possibles dans la division euclidienne par 4 sont 0, 1, 2 et 3. Reste de a dans la division euclidienne par 5 0 1 2 3 a 2 ≡ ...[ 4 ] 0 1 4 9 Reste de a 2 dans la division euclidienne par 4 0 1 0 1 On en déduit donc que les restes possibles dans la division euclidienne par 4 de la somme de deux carrés sont 0 ; 1 ou 2. Si 2015 était la somme de deux carrés, 2015 serait congru à 0 ; 1 ou 2 modulo 4. Or 2015 = 503 × 4 + 3 donc 2015 ≡ 3 [ 4 ] donc 2015 n’est pas la somme de deux carrés d’entiers. Corrigé séquence 1 – MA03 19 © Cned - Académie en ligne Corrigé de l’activité du chapitre 6 Activité 5 a) Pour N = 143, l’algorithme renvoie 11 ; pour N = 147 c’est 3 et pour N = 149 aucun résultat n’est retourné. b) Cet algorithme donne le premier diviseur supérieur ou égal à 2 du nombre N. Lorsque aucun résultat ne s’affiche, c’est que N n’a pas de diviseur entre 2 et N – 1 : on peut donc en déduire que N est un nombre premier. a) On obtient les mêmes résultats qu’avec l’algorithme 1. b) L’algorithme 2 permet de faire moins de calculs. En effet, cet algorithme teste la division par d pour d compris entre 2 et E ( N) alors que l’algorithme 1 teste la division par d pour d compris entre 2 et N. Remarque Cet algorithme de recherche de diviseurs demande moins d’itérations que celui vu au chapitre 2. En effet, dans cet algorithme, dans la boucle « Pour », d prend les valeurs de 1 à N alors que dans l’algorithme du chapitre 2, dans la boucle « Tant que », I prenait les valeurs de 1 à N. Par exemple, si N = 100, on entrera dans la boucle « Pour » dix fois alors que l’on entrait dans la boucle « Tant que » 100 fois. 20 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 6 Exercice 22 On a 45045 = 32 × 5 × 7 × 11× 13. Ce nombre 45 045 admet donc diviseurs dans N . (2 + 1) × (1+ 1) × (1+ 1) × (1+ 1) × (1+ 1) = 48 On a 24206 = 2 × 72 × 13 × 19. On a Exercice 23 45045 32 × 5 × 7 × 11× 13 32 × 5 × 11 495 = = = . 24206 2 × 7 × 19 266 2 × 72 × 13 × 19 n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 f (n) 43 47 53 61 71 83 97 113 131 151 173 197 223 251 281 Pour 1 ≤ n ≤ 15, chaque f (n) est un nombre premier. Il est clair que f ( 41) = 412 + 41+ 41 est divisible par 41 et n’est pas premier. Exercice 24 Soit p un nombre premier tel que 11p+1 soit le carré d’un entier. Le nombre p vérifie 11p + 1 = a 2 où a un nombre entier soit 11 p = a 2 − 1 = (a − 1)(a + 1). Les diviseurs dans des cas suivants : N de 11p sont 1, 11, p et 11p, nous sommes donc dans l’un a − 1 = 11 a − 1 = 11p a − 1 = 1 ou ou ou a + 1 = p a + 1 = 1 a + 1 = 11p 11p = −1 a = 2 ou ou soit a = 0 3 = 11p a = 12 ou p = 13 a − 1 = p a + 1 = 11 p = 9 ; a = 10 les première, deuxième et quatrième solutions sont exclues car p doit être un entier premier. Si p = 13, on a 11p + 1 = 144 qui est le carré de 12 donc p = 13 convient. Ainsi, le seul nombre premier tel que 11p + 1 soit le carré d’un entier est 13. Corrigé séquence 1 – MA03 21 © Cned - Académie en ligne Exercice 25 Soit n un entier naturel. Montrons que n est un carré d’entier si et seulement si n admet un nombre impair de diviseurs positifs. ▶ Si n = 1, n = 12 est bien le carré d’un entier et 1 admet un unique diviseur. ▶ Supposons n >1 et écrivons sa décomposition en produit de facteurs premiers α α α n = p1 1 × p2 2 × ... × pk k . Si n est le carré d’un entier alors, pour 1≤ i ≤ k , αi est un multiple de 2, c’està-dire αi = 2βi où βi ∈. Le nombre de diviseurs positifs de n est (α1 + 1) × (α2 + 1) × ... × (αk + 1) = (2β1 + 1) × (2β2 + 1) × ... × (2βk + 1). Comme le produit d’entiers impairs est un entier impair, n admet un nombre impair de diviseurs positifs. Réciproquement, si n admet un nombre impair de diviseurs positifs ( ) ( ) ) ( alors α1 + 1 × α 2 + 1 × ... × αk + 1 est un nombre impair. ( ) ( ) ) ( ( ) Si α1 + 1 × α 2 + 1 × ... × αk + 1 est un nombre impair alors tous les αi + 1 sont des nombres impairs ou encore tous les αi sont pairs : αi = 2βi où βi ∈. 2β1 Ainsi, n = p1 2β2 × p2 2βk × ... × pk ( β β β = p1 1 × p2 2 × ... × pk k ) 2 , c’est-à-dire n est bien le carré d’un entier. Exercice 26 La clé c s’obtient de la manière suivante : on calcule le reste r de la division euclidienne de n par 97 puis on calcule c = 97 − r . Donc, si on note q le quotient de cette division euclidienne, on a n = q × 97 + r avec 0 ≤ r < 97 et c = 97 − r . Donc M = n + c =(q × 97 + r ) + (97 − r ) = 97(q + 1). Ainsi, si N est correct, M est bien divisible par 97. a) Comme N > N ’, n ≥ n '. Les numéros N et N ‘ ne différant que d’un chiffre, il y a deux cas possibles : (n = n ‘ et c ≠ c ' ) ou ( n ≠ n ' et c = c ‘). Si n = n ‘ et c ≠ c ', alors M − M ' = n + c – (n + c ') = c − c '. Donc M − M ' = a × 10p avec a et p entiers tels que 0 ≤ a ≤ 9 ett p ∈{0 ; 1} car c et c’ ne diffèrent que d’un chiffre. 22 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 Si n ≠ n ' et c = c ‘, alors M − M ' = n + c – (n '+ c ) = n − n '. Donc M − M ' = a × 10p avec a et p entiers tels que 0 ≤ a ≤ 9 ett p ∈{2 ; 3 ; ... ; 12} car n et n’ ne diffèrent que d’un chiffre. Dans tous les cas, on a : M − M ' = a × 10 p avec a et p entiers tels que 0 ≤ a ≤ 9 et 0 ≤ p ≤ 12 (a ≠ 0). b) En décomposant a × 10p en produit de facteurs premiers, on obtient α1 a × 10p = 2 α2 ×3 α3 ×5 α4 ×7 × 2p × 5p où 0 ≤ α i ≤ 3 et 0 ≤ p ≤ 12. Comme 97 est un nombre premier et que 97 n’apparaît pas dans la décomposition de a × 10p en produit de facteurs premiers, 97 ne divise pas M − M ' = a × 10p . c) Le nombre 97 ne divise pas M − M ' et 97 divise M donc 97 ne divise pas M ‘ donc M ‘ n’est pas correct. Ceci démontre que si un chiffre est erroné dans le numéro INSEE, le numéro entier n’est pas valide. Corrigé des exercices de synthèse du chapitre 6 Exercice I Si elle existe, soit a une solution de a 2 + 9 = 2n . a) Pour démontrer que a est impair, raisonnons par l’absurde. Supposons que a est pair alors a 2 est pair donc 2n − a 2 est pair d’où contradiction puisque 2n – a2 = 9. Donc si a existe, a n’est pas pair, c’est-à-dire a est un nombre impair. b) Supposons que a est impair alors a peut s’écrire sous la forme 4k+1 ou 4k+3. a= 4k+1 4k+3 a ≡ ...[ 4 ] 1 3 a 2 ≡ ...[ 4 ] 1 9 soit 1 Ainsi, a 2 + 9 ≡ 2 [ 4 ]. Or, comme n ≥ 4, 2n ≡ 0 [4 ]. Il y a contradiction donc a n’est pas impair. L’équation a 2 + 9 = 2n d’inconnue a ∈ n’admet pour solution ni un entier pair ni un entier impair donc cette équation n’admet pas de solution dans . Corrigé séquence 1 – MA03 23 © Cned - Académie en ligne Si elle existe, soit a une solution de a 2 + 9 = 3n . a) On a 32 = 9 ≡ 1 [ 4 ]. ( ) p Si n est pair, n = 2p, 3n = 32p = 32 donc 3n ≡ 1p [ 4 ] soit 3n ≡ 1 [ 4 ]. ( ) p Si n est impair, n = 2p +1, 3n = 32p +1 = 32 × 3 donc 3n ≡ 1× 3 [ 4 ] soit 3n ≡ 3 [ 4 ] . Donc 3n est congru à 1 ou à 3 modulo 4. b) Supposons a impair. Alors a 2 est impair et a 2 + 9 est pair (somme de deux nombres impairs). Or, 3n est impair (produit de n nombres impairs), il y a donc contradiction donc a n’est pas impair, c’est-à-dire a est pair. Comme a est pair, a peut s’écrire sous la forme 4k ou 4k+2. a= 4k 4k+2 a ≡ ...[ 4 ] 0 2 a 2 ≡ ...[ 4 ] 0 0 Ainsi, 3n = a 2 + 9 ≡ 1 [ 4 ] et d’après le 2. a), n est un entier pair. c) On pose n = 2p où p est un entier naturel, p ≥ 2. ( ) − a = (3 − a )(3 + a ). Or, a On a 3n − a 2 = 3p 2 2 p p 2 + 9 = 3n donc 3n − a 2 = 9 soit ( 3p − a )( 3p + a ) = 9. 3p − a = 1 3p − a = 9 3p − a = 3 Ainsi, ou ou p p p 3 + a = 9 3 + a = 1 3 + a = 3 2 × 3p = 6 2 × 3p = 10 2 × 3p = 10 ou ou soit p p 3p + a = 3 3 + a = 9 3 + a = 1 Chacune des solutions est exclue car ni 10 ni 6 ne s’écrivent sous la forme 2 × 3p avec p ≥ 2. Donc l’équation a 2 + 9 = 3n d’inconnue a n’admet pas pour solution un entier pair. L’équation a 2 + 9 = 3n d’inconnue a ∈ n’admet pour solution ni un entier pair ni un entier impair donc cette équation n’admet pas de solution dans n ≥ 3. 24 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 si Étude de l’équation d’inconnue a : a 2 + 9 = 5n où a ∈ , n ∈ , n ≥ 2. a) On a 5 ≡ 2 [3] donc 52 ≡ 4 [3] soit 52 ≡ 1 [3]. ( ) p Si n est pair, n = 2p, 5n = 52p = 52 donc 5n ≡ 1p [3] soit 5n ≡ 1 [ 3]. ( ) p Si n est impair, n = 2p +1, 5n = 52p +1 = 52 × 5 donc 5n ≡ 1× 5 [ 3] soit 5n ≡ 2 [33]. De plus, l’entier a étant de la forme 3k, 3k+1 ou 3k+2, on a les résultats suivants. a= 3k 3k+1 3k+2 a ≡...[ 3] 0 1 2 a 2 ≡...[ 3] 0 1 1 a 2 + 9 ≡...[ 3] 0 1 1 Si n est impair, 5n ≡ 2 [ 3]. Comme a 2 + 9 est congru à 0 ou 1 modulo 3, l’équation n’admet pas de solution. b) On pose n = 2p . ( ) − a = (5 − a )(5 + a ). Or, a On a 5n − a 2 = 5p 2 2 p p 2 + 9 = 5n donc 5n − a 2 = 9 soit (5p − a )(5p + a ) = 9. 5p − a = 1 5p − a = 9 5p − a = 3 Ainsi, ou ou 5p + a = 9 5p + a = 1 5p + a = 3 2 × 5p = 6 2 × 5p = 10 2 × 5p = 10 ou ou soit 5p + a = 3 5p + a = 9 5p + a = 1 La dernière solution est exclue car 6 ne s’écrit pas sous la forme 2 × 5p . p = 1 p = 1 p = 1 p = 1 ou . Donc ou soit p p 5 + a = 9 5 + a = 1 a = −4 a = 4 La dernière solution est exclue car a ∈ . De plus, 42 + 9 = 25 est bien une puissance entière de 5 donc 4 est l’unique entier naturel tel que a 2 + 9 soit une puissance entière de 5. Corrigé séquence 1 – MA03 25 © Cned - Académie en ligne Exercice II a) Soient a, b, c et d des entiers relatifs. Si a ≡ b mod 7 et c ≡ d mod 7 alors il existe deux entiers naturels k et k ’ tels que a = b + 7k et c = d + 7k ’. Donc ac = (b + 7k )(d + 7k ') = bd + 7(k ' b + kd + 7kk ') et ainsi ac ≡ bd mod 7. b) Raisonnons par récurrence. Soit ᏼn la proposition a n ≡ b n mod 7. Initialisation Au rang n = 0, a 0 = b 0 =1 donc a 0 ≡ b 0 mod 7. Ainsi la proposition ᏼn est vraie au rang n = 0. Hérédité On suppose que la proposition « a n ≡ b n mod 7 » est vraie pour un certain rang n = k. Regardons la proposition au rang k + 1 : a k ≡ b k mod 7 et a ≡ b mod 7 en utilisant la propriété démontrée au a), on a a k × a ≡ b k × b mod 7 soit a k +1 ≡ b k +1 mod 7 et la proposition « a n ≡ b n mod 7 » est vraie au rang n = k + 1 : la proposition est héréditaire. Conclusion La proposition ᏼn est vraie pour n = 0 et elle est héréditaire donc, pour tout n ≥ 0, a n ≡ b n mod 7. On a 23 ≡ 1 [7] et 36 ≡ 1 [7]. Soit a un entier naturel non divisible par 7. L’entier a est alors de la forme 7k+1, 7k+2, 7k+3, 7k+4, 7k+5 ou 7k+6 où k ∈. a) En utilisant la compatibilité des congruences avec l’élévation à une puissance : a= 7k+1 7k+2 7k+3 7k+4 7k+5 7k+6 a ≡ ...[7] 1 2 3 4 5 6 a 2 ≡ ...[7] 1 4 2 2 4 1 a 6 = (a 2 )3 ≡ ...[7] 1 1 1 1 1 1 Ainsi, pour tout entier naturel a non divisible par 7, a 6 ≡ 1 mod 7. b) On a 6 = qk + r avec 0 ≤ r < k donc a 6 = aqk + r soit a 6 = (a k )q × a r et on a a 6 ≡ 1 mod 7 et a k ≡ 1 mod 7 26 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 Ainsi, a 6 ≡ (a k )q × a r mod 7 soit 1 ≡ 1× a r mod 7 soit a r ≡ 1 mod 7. L’entier naturel r est strictement inférieur à k et est tel que a r ≡ 1 mod 7. Comme k est le plus petit entier naturel non nul tel que a k ≡ 1mod 7, nécessairement r = 0. Donc 6 = qk + 0, c’est-à-dire k divise 6. Les valeurs possibles pour k sont 1, 2, 3 et 6. Chacune de ces valeurs est bien l’ordre d’un entier naturel, d’après la question suivante et compte-tenu du fait que l’ordre modulo 7 de 1 est 1. c) a= 2 3 4 5 6 a ≡ ...[7] 2 3 4 5 6 a 2 ≡ ...[7] 4 2 2 4 1 a 3 ≡ ...[7] 1 6 1 6 a 4 ≡ ...[7] 4 2 a 6 ≡ ...[7] 1 1 ordre de a modulo 7 3 6 3 6 2 À tout entier naturel n, on associe le nombre A2012 = 22012 + 32012 + 42012 + 52012 + 62012 . Or 2012 = 335 × 6 + 2 donc ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 335 335 335 335 335 A2012 = 26 × 22 + 36 × 32 + 46 × 42 + 56 × 52 + 66 × 62 ≡ 1× 22 + 1× 32 + 1× 42 + 1× 52 + 1× 62 mod 7 ≡ 4 + 9 + 26 + 28 + 36 mod 7 ≡ 4 + 2 + 2 + 4 + 1 mod 7 ≡ 13 mood 7 ≡ 6 mod 7. Corrigé séquence 1 – MA03 27 © Cned - Académie en ligne Exercice III Partie A On a 10 ≡ 1 [9] donc, par compatibilité des congruences avec l’élévation à une puissance, pour tout entier k, 10k ≡ 1k [9] ≡ 1[9]. k −1 L’écriture de N = a + a × 10 + ... + a + ak × 10k 0 1 k −1 × 10 avec 0 ≤ a0 ≤ 9 ; 0 ≤ a1 ≤ 9 ; ... ; 0 ≤ ak −1 ≤ 9 et 0 ≤ ak ≤ 9 correspond à l’écriture de N en base 10 : a0 est le chiffre des unités de N ; a1 est le chhiffre des dizaine de N etc. En utilisant la compatibilité des congruences avec l’addition et le résultat du 1, on obtient : N = a0 + a1 × 10 + ... + ak −1 × 10k −1 + ak × 10k ≡ a0 + a1 × 1+ ... + ak −1 × 1+ ak × 1 mod 9 ≡ a0 + a1 + ... + ak −1 + ak mod 9 ≡ S mod 9 On en déduit que N est congru à la somme de ses chiffres modulo 9 et par conséquent que N est divisible par 9 si et seulement si S est divisible par 9. Partie B Le code u01308937097 figure sur un billet de banque. a) Le code u01308937097 correspond à 2101308937097. b) On a 2+1+0+1+3+0+8+9+3+7+0+9+7 = 50 donc (d’après A3) ce nombre est congru à 5 modulo 9. c) Ce billet est un faux car le reste obtenu (5) est différent de 8. Le code s0216644810x correspond à 190216644810x. Comme N est congru à la somme de ses chiffres modulo 9, on a 190216644810x ≡ 1+9+0+2+1+6+6+4+4+8+1+0+ x mod 9 ≡ 42+x mod 9. Comme le billet est authentique, 42+x ≡ 8 mod 9 soit x ≡ 8 – 42 mod 9 ou encore x ≡ 2 mod 9. Comme 0 ≤ x ≤ 9, x = 2. Soit ab 16122340242 le code de ce billet avec a ∈{0 ; 1 ; 2} et b ∈{0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 }. 28 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 a) On a S = a + b + 1+6+1+2+2+3+4+0+2+4+2 =a + b +27. Alors a + b +27 ≡ 8 mod 9 et donc a + b ≡ 8 mod 9. La table d’addition modulo 9 est : 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 donc n peut être égal à 26, 17 ou 8. b) La lettre correspondante peut être Z, Q ou H. Exercice IV À l’aide de la fonction CODE du tableur, on obtient les codes ASCII suivants : Lettre A B C D E F G H I J K L M code ASCII 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 Lettre N O P Q R S T U V W X Y Z code ASCII 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 Chiffrer le mot CLE. Le code ASCII de la lettre C est 67. On a : 7 × 67 = 469 et 469 = 256 × 1+213. Donc le code de la lettre C est 213. Pour le L, on a 7 × 76 = 532 et 532 = 256 × 2+20. Pour le E : 7 × 69 = 483 et 483= 256 × 2+227. Ainsi le mot CLE sera codé : MOT C L E Code ASCII 67 76 69 Nouveau codage 213 20 227 a) Soit x est le reste de la division euclidienne de 7n par 256. On a donc x ≡ 7n mod 256. b) Par compatibilité des congruences avec la multiplication, on a 183x ≡ 183 × 7n mod 256 ≡ 1281 n mod 256 ≡ (5 × 256 + 1) n mod 256 ≡ n mod 256. Corrigé séquence 1 – MA03 29 © Cned - Académie en ligne c) Décoder le mot suivant. 234 255 34 On a 183 × 234 ≡ 42 822 mod 256 ≡ (167 × 256 + 70 ) mod 256 ≡ 70 mod 256 ; donc 234 code la lettre F. On a 183 × 255 ≡ 46665 mod 256 ≡ (182 × 256 + 73) mod 256 ≡ 73 mod 256 ; donc 255 de la lettre I. On a 183 × 34 ≡ 6222 mod 256 ≡ (24 × 256 + 78 ) mod 256 ≡ 78 mod 256 ; donc 34 code la lettre N. Donc 234 255 34 code le mot FIN. Exercice V On a β1α 12 = 11× 122 + 1× 12 + 10 × 1 donc N1 = 1606 en base 10. = 11× 144 + 12 + 10 10 = 1606 (= 1606 ) 1131 12 3 94 10 12 7 7 12 0 12 Donc N2 = 7α 3 . a) Comme 12 ≡ 0 [ 3], pour tout entier naturel n , 12n ≡ 0 [ 3] et par compatibilité des congruences avec l’addition, N = an × 12n + ... + a2 × 122 + a1 × 12 + a0 ≡ an × 0 + ... + a2 × 0 + a1 × 0 + a0 [ 3] ≡ a0 [ 3]. 30 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 Ainsi N est divisible par 3 si et seulement si son chiffre des unités dans l’écriture en base 12 est divisible par 3. b) Le nombre N2 est divisible par 3 car son chiffre des unités dans l’écriture en base 12 (qui est 3) est divisible par 3. Calculons la somme des chiffres de N2 dans son écriture en base 10 : 1+1+3+1 = 6. Le nombre 6 est divisible par 3 donc 1 131 est divisible par 3. a) Comme 12 ≡ 1 [11], pour tout entier naturel n , 12n ≡ 1 [11] et par compatibilité des congruences avec l’addition, N = an × 12n + ... + a2 × 122 + a1 × 12 + a0 ≡ an × 1+ ... + a2 × 1+ a1 × 1+ a0 [11] ≡ an + ... + a2 + a1 + a0 [11]. Le nombre N est divisible par 11 si et seulement si la somme de ses chiffres écrits en base 12 est divisible par 11. b) La somme "β + 1+ α" correspond à la somme 11+ 1+ 10 = 22. Le nombre 22 est divisible par 11 donc N1 est divisible par 11. On a 1606 = 146 × 11 donc 1 606 est bien divisible par 11. Remarque On aurait aussi pu utiliser le résultat suivant : « un entier naturel est divisible par 11 si et seulement si la somme alternée des chiffres de son écriture décimale est divisible par 11 ». Ici : 1− 6 + 0 − 6 = −11 est bien divisible par 11. Le nombre N doit être à la fois divisible par 3 et par 11 donc y ≡ 0 [3] et x + 4 + y ≡ 0 [11] avec 0 ≤ x ≤ 11 et 0 ≤ y ≤ 11. Le nombre y peut prendre les valeurs : 0, 3, 6 et 9. y 0 3 6 9 x ≡ ...[11] –4 soit 7 –7 soit 4 –10 soit 1 –13 soit 9 12 12 12 Les nombres N possibles sont : 740 ; 443 ; 146 12 et 949 . Corrigé séquence 1 – MA03 31 © Cned - Académie en ligne Exercice VI a) et b) En entrant 2 en A1, la formule « =SI(OU(A1=1 ; A1=«»); «»;SI(ENT(A1/2)=A1/2 ; A1/2 ; 3*A1+1)) » en A2 et en copiant-glissant cette formule, on obtient : La formule indique de faire ceci : si A1 est égal à 1 ou est vide alors renvoyer une cellule vide sinon, si A1 est un nombre pair (ce que l’on teste en regardant si ENT(A1/2)=A1/2) alors renvoyer A1 diviser par 2 sinon renvoyer 3 *A1+ 1. Remarque On peut également travailler en prenant deux colonnes consécutives pour une valeur de n donnée : la première colonne donne les termes d’une suite de Syracuse qui ne s’arrêterait pas lorsque l’on obtient la valeur 1, la seconde colonne permet d’enlever les termes de la première colonne obtenus après la première valeur 1. 1 A B 2 « = A1 » 2 « = SI(ENT(A1/2)=A1/2;A1/2 ; 3*A1+1) » « =SI(OU(B1=1;B1=« »);» «;A2) » On utilise ensuite la poignée de recopie pour « copier-glisser » les formules. 32 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 c) D’après le tableur, L(26) = 11 et L(27) = 112 d) Entrée : n (nombre entier, n>1) Traitement : L ← 1 Tant que n ≠ 1 Si Ent(n/2)=n/2 alors n ← n/2 sinon n ← 3n+1 Fin du Si L ← L+1 Fin du Tant que Sortie : Afficher L Texas Instrument Casio Corrigé séquence 1 – MA03 33 © Cned - Académie en ligne a) La suite de Syracuse associée à 2p est { 2p ; 2p −1 ; 2p − 2 ; ... ; 2 ; 1}. Cette suite comporte p + 1 termes donc L( 2p ) = p + 1. b. Les suites de Syracuse associées aux nombres de la forme 8k + 4 et 8k + 5 pour k ∈* semblent coïncider à partir de leur quatrième terme. u c) Si u1 = n = 8k + 4 alors u 2 = 1 = 4k + 2 ; 2 u2 u 3 = = 2k + 1 et u 4 = 3(2k + 1) + 1 = 6k + 4. 2 Si v 1 = n = 8k + 5 alors v 2 = 3 × (8k + 5) + 1 = 24k + 16 ; v v v 3 = 2 = 12k + 8 et v 4 = 3 = 6k + 4. 2 2 À partir du quatrième terme de la suite de Syracuse, les termes des deux suites coïncident. Si le reste de la division euclidienne de n par 4 est 0 alors u u1 = n = 4k où k ∈ et donc u 2 = 1 = 2k < n. 2 Si le reste de la division euclidienne de n par 4 est 1 alors u1 = n = 4k + 1 où k ∈. Donc u u u2 = 3u1 + 1 = 3( 4k + 1) + 1 = 12k + 4 ; u 3 = 2 = 6k + 2 et u 4 = 3 = 3k + 1 < n. 2 2 Si le reste de la division euclidienne de n par 4 est 2 alors u u1 = n = 4k + 2 où k ∈N. Alors u 2 = 1 = 2k + 1 < n. 2 Donc, si le reste de la division euclidienne de n par 4 est 0, 1 ou 2, au bout d’un certain nombre d’étapes, l’algorithme amène à un entier strictement inférieur à l’entier initial. Exercice VII 34 © Cned - Académie en ligne a) N 2 3 4 5 6 Mn = 2n − 1 3 7 15 31 63 Corrigé séquence 1 – MA03 7 8 9 10 11 127 255 511 1023 2047 b) Les nombres M4 , M6 , M8 , (divisible par 3), M9 , M9 (=7 × 73), M10 , (divisible par 3), et M11 (=23 × 89 ) ne sont pas premiers. Les nombres M2 , M 3 et M5 sont premiers. 127 ≈ 11, 2 et M7 n’est divisible par aucun des nombres premiers 2, 3, 5, 7 et 11 donc est premier. On a c) Les nombres 2, 3, 5 et 7 sont premiers et M2 , M 3 , M5 et M7 sont premiers. Par contre, M11 n’est pas premier alors que 11 est premier. Conjecture : lorsque Mn est premier, n est premier. On a 2p − 1 ≡ 0 [2p − 1] donc 2p ≡ 1 [2p − 1]donc 2pq ≡ 1q [2p − 1]. Ainsi, 2pq ≡ 1 [2p − 1]. Donc 1 est le reste de la division euclidienne de 2pq par 2p − 1. ( ) Comme 2pq ≡ 1 [2p − 1], 2pq − 1 est divisible par 2p − 1 . ( ) De même, 2pq − 1 est divisible par 2q − 1 . Démontrer que si M est premier, alors n est un nombre premier. n a) Raisonnons par contraposée. La contraposée de « si M est premier, n alors n est premier » est « si n n’est pas premier alors Mn n’est pas premier ». Si n n’est pas premier alors n = pq avec p et q deux entiers tels que 2 ≤ p < n et 0 ≤ q < n. On a 2n − 1 = 2pq − 1 donc, par ce qui précède, 2n − 1 est divisible par 2p − 1. Comme 2 ≤ p < n , 2p − 1 est un diviseur de 2n − 1 différent de 1 et de 2n − 1 donc 2n − 1 n’est pas un nombre premier. On a prouvé que si n n’est pas premier alors Mn n’est pas premier donc, par contraposée, si Mn est premier, alors n est premier. b) La réciproque est fausse : 11 est premier mais M11 n’est pas premier. Exercice VIII Raisonnons par contraposée. La contraposée de la proposition est : « si 7 ne divise pas x ou ne divise pas y alors 7 ne divise pas x 2 + y 2. » Corrigé séquence 1 – MA03 35 © Cned - Académie en ligne Supposons donc que 7 ne divise pas x alors, en travaillant modulo 7, on a la table suivante : x 1 2 3 4 5 6 x² 1 4 2 2 4 1 y 0 1 2 3 4 5 6 y² 0 1 4 2 2 4 1 On a donc comme possibilités pour x ² + y ² : 1 2 4 0 1 2 4 1 2 3 5 2 3 4 6 4 5 6 1 Le raisonnement est le même si on suppose que 7 ne divise pas y. D’après la table précédente x2+y2 0 [7] donc 7 ne divise pas x ² + y ² ce qui prouve la propriété par contraposition. 36 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 1 – MA03 C orrigé de la séquence 2 Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 2 Exercice 1 Produits 1 −7 2 4 1 16 0 et a) On a A ⋅ B = −1 2 3 5 3 = −9 19 −6 2 1 −7 2 4 1 9 −10 −20 B ⋅A = 5 3 = 26 14 −1 2 3 7 −6 2 −14 −20 0 b) On a A ⋅ B = ( −1 3 4 −1 2 = 1 et 4 ) −1 B ⋅ A = 2 4 Exercice 2 . ( −3 −4 1 3 4 −1 = 6 8 −2 . 12 16 −4 ) Nombre de chemins de longueurs données a) Calculons A 3 et A 4 . A3 = 2 1 1 0 1 3 1 1 2 1 2 1 0 1 2 2 1 et A 4 = 3 1 1 2 2 4 3 3 4 2 1 4 2 3 1 . b) Il n’existe pas de chemin de longueur 3 reliant le sommet 4 au sommet 1. En effet, le nombre de chemins de longueur 3 reliant le sommet 4 au sommet 1 est ( 3) de A 3 soit 0. le coefficient a41 Corrigé séquence 2 – MA03 37 © Cned - Académie en ligne c) Il existe un seul chemin de longueur 4 reliant le sommet 4 au sommet 1. En effet, le nombre de chemins de longueur 4 reliant le sommet 4 au sommet 1 est (4) le coefficient a41 de A 4 soit 1. d) Le nombre de chemins de longueurs 3 est la somme des coefficients de A 3 soit 21 et celui de longueur 4 est la somme des coefficients de A 4 soit 37. Exercice 3 Produit par une matrice diagonale a) Les produits DA donnent −1 0 0 1 2 4 −1 −2 −4 D ⋅ A = 0 2 0 . −2 1 3 = −4 2 6 − 0 0 5 7 2 5 − 35 10 25 −1 0 0 1 1 1 et D ⋅ A ' = 0 2 0 1 1 1 0 0 5 1 1 1 −1 −1 −1 = 2 2 2 . 5 5 5 b) Calculer le produit DA revient à multiplier la première ligne de A par −1, la deuxième par 2 et la troisième par 5. Exercice 4 Combinaisons de lignes 1 0 0 a) On obtient E ⋅ A = 1 1 0 0 0 1 1 −2 3 1 −2 3 −1 4 −2 = 0 2 1 . 3 −4 5 3 −4 5 Les première et troisième lignes de E . A sont égales à celles de A, on écrit L1 ← L1 et L3 ← L3 . La deuxième ligne de E . A est la somme de la première ligne de A et de sa deuxième ligne, on écrit L2 ← L1 + L2. 1 0 0 1 −2 3 1 −2 3 b) On obtient F . A = 0 1 0 −1 4 −2 = −1 4 −2 . −3 0 1 3 −4 5 0 2 −4 Les première et deuxième lignes de F . A sont égales à celles de A. On écrit L1 ← L1 et L2 ← L2. La troisième ligne de F . A est la somme de la première ligne de A multiplié par −3 et de sa troisième ligne, on écrit L3 ← −3L1 + L3 . 38 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 c) La matrice G telle que la première ligne et la troisième ligne de G . A soient celles de A, et telle que la deuxième ligne de G . A soit 3L2 + L3 est donnée par 1 0 0 G = 0 3 1 0 0 1 d) On obtient 1 0 0 E ⋅F ⋅ A = 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 −2 3 0 1 0 −1 4 −2 −3 0 1 3 −4 5 1 0 0 1 −2 3 1 −2 3 = 1 1 0 −1 4 −2 = 0 2 1 −3 0 1 3 −4 5 0 2 −4 1 0 0 1 0 0 F ⋅E ⋅ A = 0 1 0 1 1 0 −3 0 1 0 0 1 1 −2 3 −1 4 −2 3 −4 5 1 0 0 1 −2 3 1 −2 3 = 1 1 0 −1 4 −2 = 0 2 1 −3 0 1 3 −4 5 0 2 −4 . On remarque que E ⋅ F ⋅ A = F ⋅ E ⋅ A. En fait, on a E ⋅ F = F ⋅ E qui implique bien l’égalité précédente. Les combinaisons effectuées sur les lignes de A sont : la première ligne de A est conservée L1 ← L1, sa deuxième ligne est remplacée par la somme de la première et de la deuxième ligne L2 ← L1 + L2 et sa troisième ligne est remplacée par la troisième moins trois fois la première L3 ← −3L1 + L3 . e) Pour effectuer les combinaisons suivantes sur les lignes de B : L1 ← L1 , L2 ← L1 + 3L2 et L3 ← 2L1 − 3L3 , on peut multiplier B par la matrice K suivante. 1 0 0 K = 1 3 0 2 0 −3 1 0 0 On vérifie : K ⋅ B = 1 3 0 2 0 −3 . 3 −1 5 −1 5 −4 2 −4 1 3 −1 5 = 0 14 −7 . 0 10 7 Corrigé séquence 2 – MA03 39 © Cned - Académie en ligne Exercice 5 Puissance de matrices diagonales 1 0 0 1 0 0 2 3 2 3 a) On calcule A et A : A = 0 4 0 et A = 0 8 0 0 0 9 0 0 27 L’expression de An est An = 1n 0 0 2n 0 0 1 0 question suivante) soit An = 0 2n 0 0 . 0 (voir démonstration à la 3n 0 0 0 . 3n b) On suppose que les réels a, b et c sont non nuls. (si A = 0 alors pour n entier strictement positif, on a An = 0 ) Initialisation Hérédité 1 Pour n = 1, par définition, on a A = A donc l’égalité est vraie pour n = 1. Soit n entier donné, on suppose que l’égalité est vraie pour n. On la montre pour n+1. a 0 0 n +1 n A = AA = 0 b 0 0 0 c Conclusion Exercice 6 n a 0 0 0 bn 0 n +1 a 0 0 b n +1 0 0 = 0 c n +1 cn 0 0 0 Par récurrence, l’égalité est vraie pour tout entier. Puissance de matrices diagonalisables On considère les matrices 3 1 2 1 1 1 A = −1 5 2 , P = 1 −1 1 , −1 1 1 1 1 4 1 0 −1 2 0 0 1 Q= 1 −1 0 et D = 0 4 0 2 0 1 1 0 0 6 a) Pour vérifier que Q = P −1 on montre que QP = PQ = I. 40 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 . . Calculons PDQ : 1 0 −1 1 1 1 2 0 0 1 PDQ = 1 −1 1 0 4 0 . 1 −1 0 2 −1 1 1 0 0 6 0 1 1 2 0 0 1 0 −1 1 1 1 1 = 1 −1 1 0 4 0 1 −1 0 2 −1 1 1 0 0 6 0 1 1 2 4 6 1 0 −1 1 = 2 −4 6 1 −1 0 2 −2 4 6 0 1 1 1 2 3 1 0 −1 = 1 −2 3 1 −1 0 = A. −1 2 3 0 1 1 On dit que l’on a diagonalisé la matrice A. b) On montre par récurrence sur n la proposition Pn : An = PD nQ. Initialisation Pour n = 0, A 0 = I et PD 0Q = PIQ = PQ = I . La propriété est vraie. Pour n = 1, la propriété est vraie d’après la question a). Hérédité Soit n ≥ 1 donné, on suppose que la proposition Pn est vraie. On montre que la proposition Pn+1 est vraie. On a An +1 = AAn = (PDQ )(PD nQ ) car la propriété est vraie pour 1 et pour n. Or QP = I d’où An +1 = PDID nQ = PD n +1Q. Conclusion Par récurrence, la propriété est vraie pour tout entier. c) Déterminons l’expression des neufs coefficients de An en fonction de n. 1 1 1 2n 1 An = PD nQ = 1 −1 1 0 2 −1 1 1 0 n 2 1 = 2n 2 −2n 4n −4n 4n 0 4n 0 1 0 −1 0 1 −1 0 6n 0 1 1 0 1 0 −1 6n 1 −1 0 6n 0 1 1 6n Corrigé séquence 2 – MA03 41 © Cned - Académie en ligne n A = Exercice 7 1 n n (2 + 4 ) 2 1 n n (2 − 4 ) 2 1 n n ( −2 + 4 ) 2 1 n n ( −4 + 6 ) 2 1 n n (4 + 6 ) 2 1 n n ( −4 + 6 ) 2 1 n n ( −2 + 6 ) 2 1 n n ( −2 + 6 ) 2 1 n n (2 + 6 ) 2 . Puissance de matrices nilpotentes a) Puissance de N. 0 1 2 0 1 2 0 0 −1 Calculons N et N : N = 0 0 −1 0 0 −1 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 et N 3 = 0. 2 3 2 Pour n = 0, N 0 = I , pour n = 1 et 2, on a l’expression de N et N 2. Pour n > 3, N n = N n − 2 ⋅ N 2 = N n − 2 ⋅ 0 = 0. D’où N n = 0 . On dit que N est nilpotente, il existe une puissance de N qui est nulle mais N est non nulle. 1 0 1 b) Soient M = 1 2 3 et N = I − M . −1 −2 −3 On obtient M 3 = 0 donc M est aussi une matrice nilpotente. On a ( (I − M )(I + M + M 2 ) = I − M 3 = I ) N I + M + M 2 = I. ( (I et M commutent) c’est-à-dire ) De même, on a I + M + M 2 N = I donc N est inversible et N −1 = I + M + M 2. Exercice 8 Puissance de matrices J 3 3 3 a) Calculons J : J = 3 3 3 3 3 3 2 2 = 3J d’où J 3 = JJ 2 = 3J 2 = 9J . Soit n un entier naturel non nul, on en déduit J n = 3n −1J . Montrons cette proposition ᏼn par récurrence sur n entier non nul. Initialisation 42 © Cned - Académie en ligne Pour n = 1, J 1 = 31−1J = J et pour n = 2, la propriété est vraie d’après a). Corrigé séquence 2 – MA03 Hérédité Soit n ≥ 2 donné, on suppose que la proposition ᏼn est vraie. On montre que la proposition ᏼn+1 est vraie. On a J n +1 = JJ n = 3n −1J 2 car la propriété est vraie pour n. Or J 2 = 3J d’où J n +1 = 3n J . Conclusion Par récurrence, la propriété est vraie pour tout entier non nul. a a a b) On a A = a a a a a a = aJ . D’où pour n entier naturel non nul, An = (aJ )n = a n 3n −1J . c) On considère la matrice carrée J 4 d’ordre 4 dont tous les coefficients sont égaux à 1. Pour n entier naturel non nul, on a J 4n = 4n −1J 4 . Pour p et n entiers naturels non nuls, on a J pn = p n −1J p . Corrigés de l’activité du chapitre 3 Activité 1 ■ 1 0 0 1 0 0 1 0 0 On a : E1 ⋅ E1 = 3 −1 0 ⋅ 3 −1 0 = 0 1 0 = I . 2 0 −1 2 0 −1 0 0 1 Donc E1 est inversible et E1−1 = E1. Multiplier par E1 revient à effectuer sur les lignes les combinaisons linéaires suivantes. L '1 ← L1 L '2 ← 3L1 − L2 L '3 ← 2L1 − L3 où L '1, L '2 et L '3 sont les nouvelles lignes du système. Ainsi, on retrouve les lignes L1, L2 et L3 à l’aide des combinaisons linéaires suivantes. L1 ← L '1 L2 ← 3L '1− L '2 . L3 ← 2L '1− L '3 Corrigé séquence 2 – MA03 43 © Cned - Académie en ligne 1 0 0 On a : E 2 ⋅ E 2 = 0 1 0 0 1 −1 1 0 0 ⋅ 0 1 0 0 1 −1 1 0 0 = 0 1 0 = I. 0 0 1 Donc E 2 est inversible et E 2−1 = E 2. 1 0 0 U = E 2 ⋅ E1 ⋅ A = 0 1 0 0 1 −1 1 0 0 E 2 ⋅ E1 ⋅ B = 0 1 0 0 1 −1 1 2 2 ⋅ 0 5 7 0 5 3 3 3 ⋅ 11 = 11 −1 12 1 2 2 = 0 5 7 et 0 0 4 . On a : 1 0 0 1 0 0 L = E1 ⋅ E 2 = 3 −1 0 ⋅ 0 1 0 2 0 −1 0 1 −1 1 0 0 = 3 −1 0 2 −1 1 donc L est bien triangulaire inférieure. On a : LU = E1E 2 ⋅ E 2E1A = E1 ⋅ E 2E 2 ⋅ E1 ⋅ A = E1 ⋅ I ⋅ E1 ⋅ A = E1E1 ⋅ A )( ( ( ) ) ( ) = I ⋅ A = A. Remarquons que L est inversible car E1 et E 2 le sont. On en déduit l’équivalence suivante. (S ⇔ AX = B ⇔ LUX = B ) ⇔ UX = L−1B (car L inversible). Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 3 Exercice 9 x Le système (S1) est équivalent à AX = B avec A = −3 4 , X = −5 8 y et B = 2 . −3 On calcule le déterminant de la matrice A du système det( A ) = −3 × 8 − 4 × ( −5) = −4. Ce déterminant est non nul donc le système (S1) possède une unique solution. 44 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 Première méthode Avec les formules de Cramer, on obtient : 1 1 19 x = − det 2 4 = −7 et y = − det −3 2 = − , 4 4 4 −3 8 −5 −3 d’où S = −7 ; − 19 . 4 Deuxième méthode En calculant l’inverse de la matrice A avec la calculatrice, on obtient : A −1 −2 = 5 − 4 1 3 4 −7 et X = A −1B = 19 − 4 , d’où S = −7 ; − 19 . 4 x 0, 8 1 Le système (S2 ) est équivalent à AX = B avec A = , X = y 76 95 0, 6 et B = . 57 On calcule le déterminant de la matrice A du système det( A ) = 0, 8 × 95 − 76 × 1= 0. Ce déterminant est nul donc le système possède soit aucune solution, soit une infinité. Si on multiplie la première ligne par 95, on obtient la deuxième. Le système ) possède donc une infinité de solutions, tous les couples ( x ; − 0,8 x +0,6 où x décrit Exercice 10 R, c’est-à-dire tous les points de la droite d’équation y = −0,8x + 0,6. Résolution de systèmes 3 × 3 Le système (S1) est équivalent à AX = B avec 1 2 −3 x A = −2 3 1 , X = y z 5 −1 −2 20 et B = 13 . −9 Corrigé séquence 2 – MA03 45 © Cned - Académie en ligne Première méthode Avec la méthode de Gauss, on regroupe A et B dans une même matrice A1 : 1 2 −3 20 A1 = −2 3 1 13 . 5 −1 −2 −9 On triangularise cette matrice. On effectue les opérations suivantes sur les lignes L2 ← 2L1 + L2 et L3 ← −5L1 + L3 soit 1 0 0 1 2 −3 20 1 2 −3 20 A2 = 2 1 0 −2 3 1 13 = 0 7 −5 53 −5 0 1 5 −1 −2 −9 0 −11 13 −109 . Puis on effectue L3 ← 11L2 + 7L3 soit 1 A3 = 0 0 La matrice 0 1 11 A3 0 1 2 −3 20 1 2 −3 20 0 0 7 −5 53 = 0 7 −5 53 7 0 −11 13 −109 0 0 36 −180 est triangulaire, le système associé est x + 2y 7y On effectue la remontée − 3z = 20 − 5z = 53 . 36z . = −180 −3 1 z = −5, y = ( 53 + 5z = 4 et x = 20 − 2y + 3z = −3 d ′où X = 4 . 7 −5 ) Deuxième méthode À l’aide d’un logiciel, on calcule le déterminant de A, puis s’il est non nul l’inverse de A. On peut aussi calculer directement l’inverse de A, un message d’erreur apparaît si elle n’est pas inversible. On a det( A ) = 36 donc la matrice A est inversible et le système possède une unique solution X = A −1B . 5 − 36 1 A −1 = 36 − 13 36 46 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 7 36 13 36 11 36 11 36 5 36 7 36 −3 −1 et X = A B = 4 . −5 Le système (S2 ) est équivalent à AX = B avec 1 1 1 A = 5 6 1 1 20 −75 1 et B = 4 −18 x , X = y z . Première méthode Avec la méthode de Gauss, on regroupe A et B dans une même matrice 1 1 1 1 A1 = 5 6 1 4 1 20 −75 −18 A1 : . On triangularise cette matrice. On effectue les opérations suivantes sur les lignes L2 ← −5L1 + L2 et L3 ← −L1 + L3 soit 1 0 0 1 1 1 1 A2 = −5 1 0 5 6 1 4 −1 0 1 1 20 −75 −18 1 1 1 1 = 0 1 −4 −1 0 19 −76 −19 . Puis on effectue L3 ← −19L2 + L3 soit 1 0 0 1 1 1 1 A3 = 0 1 0 0 1 −4 −1 0 −19 1 0 19 −76 −19 1 1 1 1 = 0 1 −4 −1 . 0 0 0 0 La matrice A3 est triangulaire, le système associé est x (S3 ) + y + z − 4z = 1 . = −1 y Il possède une infinité de solutions : les triplets ( −5z + 2 ; 4z − 1 ; z où z décrit R . ) Deuxième méthode À l’aide d’un logiciel, on calcule le déterminant de A. On a det( A ) = 0 donc la matrice A n’est pas inversible et le système possède soit une infinité de solutions soit aucune. Les combinaisons de lignes effectuées lors de la méthode de Gauss : 1 L1 ← L1 , L2 ← −5L1 + L2 et L3 ← − −L + L 19 1 3 ( donne le système équivalent (S 3 ) ) et donc les solutions trouvées précédemment. Corrigé séquence 2 – MA03 47 © Cned - Académie en ligne Exercice 11 Recherche d’un vecteur stable a) Par hypothèse, (x ; y ; z) vérifie l’égalité x + y + z = 1, il reste à montrer que X *S = X * donne les trois dernières lignes du système. On a : 0, 58 x X *S = X * équivaut à 0, 3x 0,12x −0, 42x 0 , 3x soit 0,12x + 0, 3y + 0,1z = x L2 + + 0,1z = y L3 0,1y + 0, 6 y + 0, 8z + 0, 3y + 0,1z = 0 L2 − 0, 9 y + 0,1z = 0 L3 . + 0, 6 y − 0, 2z = z L4 = 0 L4 On multiplie par 10 chacune des lignes d’où le système annoncé. b) On remarque que la somme des lignes 3 et 4 donne l’opposé de la ligne 2 donc le système est équivalent au système composé uniquement des lignes 1, 3 et 4. L’écriture matricielle de ce système équivalent est AX = B avec : 1 1 1 x A = 3 −9 1 , X = y z 1, 2 6 −2 1 et B = 0 . 0 On utilise la méthode de Gauss, on regroupe A et B dans une même matrice A1 : 1 1 1 1 A1 = 3 −9 1 0 . 1, 2 6 −2 0 On triangularise cette matrice. On effectue les opérations suivantes sur les lignes L2 ← 3L1 − L2 L3 ← 2, 5L3 − 3L1 soit 1 0 0 A2 = 3 −1 0 −3 0 2, 5 1 1 1 1 1 1 1 1 3 −9 1 0 = 0 12 2 3 1, 2 6 −2 0 0 12 −8 −3 Puis on effectue L3 ← L2 − L3 . 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 A3 = 0 1 0 0 12 2 3 = 0 12 2 3 . 0 1 −1 0 12 −8 −3 0 0 10 6 48 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 . et La matrice A3 est triangulaire, le système associé est x + y + z 12y + 2z 10z On effectue la remontée = 1 = 3 . = 6 0, 25 1 z = 0, 6, y = ( 3 − 2z = 0,15 et x = 1− y − z = 0, 25 d ′où X = 0,15 12 0, 6 ) Le vecteur stable cherché est X * = . ) ( 0, 25 0,15 0, 6 . Corrigés des exercices d’apprentissage du chapitre 4 Exercice 12 Revenons sur notre problème du joueur. Pour n ≥ 1, Pn est le vecteur ligne ( pn 1− pn par : P1 = Calcul ( 0,3 0,7 ). La suite (P ) est définie n 0,7 0,3 . 0,5 0,5 ) et Pn = P1S n −1 avec S = de S n a) On obtient : 0, 625 0, 375 0, 075 −0, 075 N + 0, 2R = + = S. 0, 625 0, 375 −0,125 0,125 b) On obtient : N2 = 5 8 5 8 3 R2 = 8 5 − 8 3 8 3 8 3 8 5 8 − 5 8 5 8 3 8 3 8 3 8 5 − 8 25 15 + = 64 64 25 15 64 + 64 3 8 5 8 − 15 9 + 64 64 15 9 + 64 64 9 15 + = 64 64 15 25 − 64 − 64 = N, 9 15 − 64 64 15 25 + 64 64 − = R, Corrigé séquence 2 – MA03 49 © Cned - Académie en ligne NR = 5 8 5 8 3 8 3 8 3 8 5 − 8 3 8 5 8 − 155 15 − 64 64 = 15 15 64 − 64 15 15 + 64 64 15 15 − + 64 64 − = 0 et RN = 0. c) Calculons S 2 et S 3 . On a S 2 = (N + 0, 2R )(N + 0, 2R ) = N 2 + 0, 2NR + 0, 2RN + (0, 2)2R 2 = N + (00, 2)2R car N 2 = N , R 2 = R , N . R = R . N = 0. De même ) ( S 3 = (N + 0, 2R ) N + (0, 2)2R = N 2 + (0, 2)2NR + 0, 2RN + (0, 2)3 R 2 = N + (0, 2)3 R d) Montrons par récurrence que pour tout n ≥ 1, S n = N + 0,2n R . Initialisation Hérédité Pour n = 1, la proposition est vraie d’après la question a). Soit n ≥ 1, on suppose la proposition vraie au rang n. Montrons qu’elle est vraie au rang n+1. ) ( S n +1 = S ⋅ S n = (N + 0, 2R ) N + (0, 2)n R car la proposition est vraie au rang n et au rang 1. S n +1 = N 2 + (0, 2)n NR + 0, 2RN + (0, 2)n +1R 2 = N + (0, 2)n +1R car N 2 = N , R 2 = R , N ⋅ R = R ⋅ N = 0. La proposition est donc vraie au rang n+1. Conclusion Par récurrence, la propriété est vraie pour tout n ≥ 1. Probabilité de gagner la n-ième partie 5 2,6 a) Montrons que pn = − × 0,2n −1. 8 8 ( ) On a Pn = P1S n −1 = P1 N + (0, 2)n −1R d’après la question 1.d). 5 On a P1N = 8 Pn = 50 © Cned - Académie en ligne ( pn 1− pn Corrigé séquence 2 – MA03 2, 6 3 P R et = − 1 8 8 ). 2, 6 5 2, 6 n −1 0, 2 car donc pn = − 8 8 8 b) La probabilité de gagner la troisième partie est p 3 = 0, 612 , la cinquième partie est p5 = 0, 62448 , la huitième, la neuvième et la dixième est d’environ 0,625. c) Pour les grandes valeurs de n, la probabilité de gagner la n-ième partie semble 5 très proche de 0,625 soit . 8 Comportement asymptotique de (Pn ) 5 a) Montrons que lim pn = . 8 n →+∞ n −1 La suite (0 ; 2 ) est une suite géométrique de raison q = 0,2 en valeur absolue strictement inférieure à 1 donc elle converge vers 0, par produit puis somme on 5 en déduit que lim pn = . 8 n →+∞ 5 3 b) On a donc lim 1− pn = 1− lim pn = 1− = . 8 8 n →+∞ n →+∞ On pose p * = 5 et P * = 8 (p * 1− p * ) , chaque coefficient de P n converge donc la suite de vecteurs (Pn ) converge et on écrit que lim Pn = P *. n →+∞ c) Vérifions que P *. S = P *. 5 P *. S = 8 3 0,7 0,3 3, 5 1, 5 + = 8 0,5 0,5 8 8 1, 5 1, 5 * + =P . 8 8 On admet que la matrice ligne P * est l’unique état stable du graphe probabiliste, il est indépendant de l’état initial P1 . Exercice 13 Graphe probabiliste, matrice, état stationnaire On considère le graphe probabiliste suivant 1/5 Un graphe probabiliste 4/5 1 2 3/5 2/5 Corrigé séquence 2 – MA03 51 © Cned - Académie en ligne La matrice de transition S du graphe est S = L’état stationnaire P * est P * = 2 1 5 3 5 . 2 1 1 1 2 1 a = 5 , b = 5 et donc a + b (b a ) = 3 3 3 3 Exercice 14 4 5 2 5 Les lancers francs d’Arthur Lors de matchs de Basket, Arthur se comporte de la manière suivante. ▶ S’il réussit un lancer franc, il a une probabilité de 0,8 de réussir le suivant. ▶ S’il rate un lancer franc, il a une probabilité de 0,6 de rater le suivant. a) La situation est représentée par le graphe probabiliste suivant : 0,2 0,8 R E 0,6 0,4 0, 8 0, 2 b) La matrice de transition de ce graphe est S = . 0, 4 0, 6 Arthur n’a pas réussi son premier lancer franc. On cherche la probabilité qu’il réussisse le troisième On appelle pn la probabilité qu’Arthur réussisse son n-ième lancer-franc. On définit les événements suivants : Rn : « Arthur réussit son n-ième lancer-franc » et E n = Rn : « Arthur échoue son n-ième lancer ». On a alors pn = P (Rn ) et 1− pn = P (E n ). On définit le vecteur stochastique Pn = ( pn 1− pn D’après l’énoncé, on a P1 = ). ( pn © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 Rn+1 Rn 0,2 En+1 0,4 Rn+1 0,6 En+1 ) 0 1 . Soit n un entier strictement positif. 52 0,8 1 – pn En La formule des probabilités totales donne P (Rn +1) = P (Rn +1 ∩ Rn ) + P (Rn +1 ∩ E n ) P (Rn +1) = PR (Rn +1) × P (Rn ) + PE (Rn +1) × P (E n ) n n P (Rn +1) = 0, 8 × P (Rn ) + 0, 4 × P (E n ) soit pn +1 = 0, 8pn + 0, 4(1− pn ). De même, on obtient 1− pn +1 = 0, 2pn + 0, 6(1− pn ) d’où Pn +1 = Pn S et on en déduit que P3 = P2S = P1S 2 . Calculons S 2 puis P3 . 0, 72 0, 28 S2 = et P3 = 0, 56 0, 44 ( 0, 56 0, 44 ). Arthur a une probabilité de 0,56 de réussir son troisième lancer-franc. D’après le théorème 7 avec a = 0,2 et b = 0,4, la suite des vecteurs 2 stochastiques (Pn ) converge vers le vecteur stable P * = 3 2 de réussite d’Arthur est donc de soit environ 67 %. 3 1 . Le taux 3 Corrigé des activités du chapitre 5 Activité 2 Expression de Pn en fonction de n a) La formule des probabilités totales donne P (Nn +1) = P (Nn +1 ∩ Nn ) + P (Nn +1 ∩ E n ) + P (Nn +1 ∩ Sn ) + P (Nn +1 ∩ On ) soit P (Nn +1) = PN (Nn +1) × P (Nn ) + PE (Nn +1) × P (E n ) + PS (Nn +1) × P (Sn ) n n n +PO (Nn +1) × P (On ) n 1 1 1 soit P (Nn +1) = 0 × P (Nn ) + × P (E n ) + × P (Sn ) + × P (On ). 3 3 3 Il s’agit du produit de Pn par la première colonne de S. On procède de même pour P (E n +1) , P (Sn +1) et P (On +1) . Corrigé séquence 2 – MA03 53 © Cned - Académie en ligne D’où pour tout entier naturel n, Pn +1 = Pn S . b) On procède par récurrence sur n. Initialisation Hérédité Pour n = 0, la propriété est vraie d’après (a). Soit n un entier positif, on suppose que la proposition est vraie au rang n et on démontre qu’elle l’est aussi au rang n+1 : Pn +1 = Pn S or par récurrence Pn = P0S n d’où Pn +1 = P0S n S = P0S n +1. Conclusion Finalement, pour tout n ≥ 0, Pn = P0S n . Étude expérimentale a) À l’aide d’un logiciel de calcul, on obtient les résultats, par exemple S2 = 1/ 3 2/ 9 2/ 9 2/ 9 S4 = 7 / 27 20 / 81 20 / 81 20 / 81 2/ 9 1/ 3 2/ 9 2/ 9 2/ 9 2/ 9 2/ 9 1/ 3 , S3 = 20 / 81 20 / 81 7 / 27 20 / 81 20 / 81 20 / 81 20 / 81 7 / 27 2/ 9 2/ 9 1/ 3 2/ 9 20 / 81 7 / 27 20 / 81 20 / 81 2 / 9 7 / 27 7 / 27 7 / 27 7 / 27 2 / 9 7 / 27 7 / 27 , 7 / 27 7 / 27 2 / 9 7 / 27 7 / 27 7 / 27 7 / 27 2 / 9 10 et S ≈ 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 . b) Il semble que pour n grand, toutes les lignes de S n soient proches de ( 1/ 4 Étude ) 1/ 4 1/ 4 1/ 4 . théorique a) Le vecteur P * = ( 1/ 4 coefficient de P *S est ( 1/ 4 1/ 4 1/ 4 ) est stable, en effet le premier 0 1 3 1 1 1 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4 / = 3 × × = , 4 3 4 1/ 3 1/ 3 ) de même pour les autres coefficients, d’où P * = P *S . b) Pour vérifier que S = QDQ −1, on commence par déterminer Q −1 à l’aide d’un logiciel de calcul, on obtient 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 . Q −1 = −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 54 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 On effectue le produit des matrices QD = 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 −1/ 3 0 −1/ 3 0 1 0 0 1 0 0 −1/ 3 0 1 −1 −1 −1 0 = 1 −1/ 3 0 0 1 0 0 −1/ 3 1 0 0 −1/ 3 1 1/ 3 1/ 3 1/ 3 , puis QDQ −1 = 1 −1/ 3 0 0 −1/ 3 1 0 0 −1/ 3 1 0 0 1 1/ 3 1/ 3 1/ 3 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1 / 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 0 1/ 3 1/ 3 1/ 3 1/ 3 0 1/ 3 1/ 3 . = 1/ 3 1/ 3 0 1/ 3 1/ 3 1/ 3 1/ 3 0 On a bien S = QDQ −1 . c) Démontrons par récurrence que pour tout n ≥ 1, S n = QD nQ −1. Initialisation Hérédité On a S = QDQ −1 donc la proposition est vraie au rang 1. Soit n ≥ 1. On suppose que la proposition est vraie au rang n : S n = QD nQ −1. Alors : ( )( ) ( ) S n +1 = S ⋅ S n +1 = QDQ −1 QD nQ −1 = QD Q −1Q D nQ −1 = QDID nQ −1 = QDD nQ −1 = QD n +1Q −1. Donc la proposition est vraie au rang n+1. Conclusion Par récurrence, pour tout n ≥ 1, S n = QD nQ −1. d) Soit n ≥ 1, calculons le produit QD nQ −1 Corrigé séquence 2 – MA03 55 © Cned - Académie en ligne QD n = = QD nQ −1 = QD nQ −1 = n 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 −1 −1 −1 0 1 ( −1/ 3)n 0 1 0 ( −1/ 3)n 1 0 0 1 ( −1/ 3)n 0 1 0 ( −1/ 3) 1 0 0 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4 −( −1/ 3)n 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4 ( −1/ 3)n 0 0 ( −1/ 3)n 0 0 0 0 ( −1/ 3)n 0 0 ( −1/ 3)n −( −1/ 3)n 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4 0 n ( −1/ 3) −( −1/ 3)n 0 n 1 −( −1/ 3)n 0 0 −( −1/ 3)n 1 −( −1/ 3)n 0 n 1 +− 3 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1 / 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 . −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 n 1 D’où pour tout n ≥ 1, S n = N + − R . 3 n 1 lim − = 0 car il s’agit du terme générale d’une suite géomén →+∞ 3 1 trique de raison q = − avec q < 1. 3 e) On a On a Pn = P0S n . On écrit P0 = (p 1 p2 p 3 n p4 ). 1 Calculons P0S = P0N + − P0R . 3 n Le premier coefficient est n 1 3 1 1 1 1 p1 + p2 + p 3 + p 4 + − p1 − p2 − p 3 − p 4 4 4 4 4 3 4 ( ) or P0 est un vecteur stochastique donc p1 + p2 + p 3 + p 4 = 1 d’où le premier 56 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 coefficient de Pn converge vers 1 . 4 En procédant de même pour les autres coefficients, on obtient que (Pn ) converge et que lim Pn = P *. n →+∞ Remarque Chaque coefficient de S n converge vers le coefficient correspondant de N, on écrit n lim S = N . n →+∞ Activité 3 Étude expérimentale a) À l’aide d’un logiciel de calcul ou la calculatrice, on obtient : 1/ 2 0 1/ 2 0 S 2 = 0 1/ 2 0 1/ 2 1/ 2 0 1/ 2 0 0 1/ 2 0 1/ 2 0 1/ 2 0 1/ 2 , S 3 = 1/ 2 0 1/ 2 0 0 1/ 2 0 1/ 2 1/ 2 0 1/ 2 0 1/ 2 0 1/ 2 0 S 4 = 0 1/ 2 0 1/ 2 1/ 2 0 1/ 2 0 0 1/ 2 0 1/ 2 0 1/ 2 0 1/ 2 et S 5 = 1/ 2 0 1/ 2 0 0 1/ 2 0 1/ 2 1/ 2 0 1/ 2 0 , . 1/ 2 0 1/ 2 0 0 1/ 2 0 1/ 2 b) On observe que S 3 = S 5 = S et que S 2 = S 4 = 1/ 2 0 1/ 2 0 0 1/ 2 0 1/ 2 . Il semble que les puissances impaires de S sont toutes égales à S et les puissances paires de S sont toutes égales à S 2. Étude théorique a) Montrons que pour tout k ≥ 1, S 2k −1 = N − R et S 2k = N + R . Commençons par calculer SN et SR. On obtient SN = N et SR = −R . Corrigé séquence 2 – MA03 57 © Cned - Académie en ligne Initialisation Pour k = 1, S 2k −1 = S = N − R et S 2k = S 2 = S (N − R ) = SN − SR = N + R . La proposition est donc vraie au rang 1. Hérédité Soit k ≥ 1. On suppose vraie la proposition au rang k. Montrons qu’elle l’est aussi au rang k+1. S 2(k +1)−1 = S 2k +1 = S ⋅ S 2k = S ⋅ S 2 = S (N + R ) = SN + SR = N − R = S ; S 2(k +1) = S 2k + 2 = S ⋅ S 2k +1 = S ⋅ S = S 2 = N + R . Ainsi la proposition est vraie au rang k+1. Conclusion Par récurrence, pour tout k ≥ 1, S 2k −1 = N − R et S 2k = N + R . b) Montrons que pour tout n ≥ 1, S n = N + ( −1)n R . Pour n pair : n = 2k, on obtient S n = S 2k = N + R = N + ( −1)2k R = N + ( −1)n R . Pour n impair : n = 2k+1, on obtient S n = S 2k +1 = N − R = N + ( −1)2k +1R = N + ( −1)n R . Dans les 2 cas, l’expression est vraie. c) Le calcul du produit P *S donne bien P *. d) On a Pn = P0S n = P0N + ( −1)n P0R = P * + ( −1)n P0R . On écrit P0 = (p On a alors P0R = 1 p2 p 3 (p −p ) 1 1 1 1 p 4 . 0n pose p = p1 − p2 + p 3 − p 4 . 4 4 4 4 ) p −p . Ce vecteur est nul si et seulement si p est nul. Or P0 est un vecteur stochastique d’où p1 + p2 + p 3 + p 4 = 1 . On en déduit que 1 p = 0 si et seulement si p1 + p 3 = p2 + p 4 = . 2 Il faut donc distinguer deux cas : ▶ si p1 + p 3 = p2 + p 4 = 1 alors P0R = 0 et pour n ≥ 1, Pn = P * ; 2 Donc la suite (Pn ) converge et lim Pn = P *. n →+∞ 1 En particulier si p1 = p2 = p 3 = p 4 = alors la suite (Pn ) est constante égale 4 à P *. 58 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 Sinon P0R ≠ 0 donc la suite (Pn ) est alternativement égale à deux matrices différentes donc ne possède pas de limite. ▶ Nous sommes dans une situation où la convergence dépend de l’état initial. Réponse au problème 1. Déterminons Pn . On a l’arbre des probabilités (incomplet) suivant : y n =0 ) S01=1 P( Activité 4 =1 S10=1/4 S12=3/4 ) xn P( P(xn=2) P(x n =3 ) P( xn =4 ) S21=1/2 S ij = P[ X =i ]( X n +1 = j ) n S23=1/2 S = (S ij ), 0 ≤ i ≤ j ≤ 4 S32=3/4 S34=1/4 S43=1 La formule des probabilités totales donne pour j entier variant de 0 à 4, 4 P ( X n +1 = j ) = ∑P[ X =i ] ( X n +1 = j ) × P ( X n = i ). (1) n i =0 Le terme P[ X =i ] ( X n +1 = j ) est la probabilité d’avoir j boules dans l’urne A à n l’instant n+1 sachant que l’urne A contenait i boules à l’instant n donc il s’agit du teme Sij de la matrice S ; en supposant que les lignes et les colonnes de S sont numérotées de 0 à 4. Posons pi(n ) la probabilité que l’urne A contiennent i boules à l’instant n : pi(n ) = P ( X n = i ), c’est-à-dire que pour tout n, ) ( Pn = p0(n ) p1(n ) p2(n ) p 3(n ) p 4(n ) . L’égalité (1) s’écrit p (jn +1) = 4 ∑Sij × pi(n ) : le coefficient de rang j de Pn +1 est le i =0 produit de Pn par la colonne de rang j de S d’où Pn +1 = Pn S . (2) Par récurrence sur n comme dans la marche aléatoire sur le tétraèdre, on obtient pour tout entier n, Pn = P0S n . Corrigé séquence 2 – MA03 59 © Cned - Académie en ligne ▶ Réponse au problème 2. Recherche d’une loi stable. ) a) On suppose que le vecteur P * = (a b c d e vérifie P * = P *S et l’égalité a + b + c + d + e = 1 . On a donc le système suivant a + b + c + d + e = 1 1 L2 b =a 4 1 L3 a + 2 c = b 3 3 b+ d =c L4 4 4 1 L5 c +e = d 2 1d = e L6 4 b = 4a L2 d = 4e L6 5a + c + 5e = 1 soit par substitution de b et d : L3 6a − c = 0 3a − c + 3e = 0 c − 6e = 0 L5 L1 L1 L4 . 1 1 . On a alors e = a = c et l’équation 5a + c + 5e = 1 donne a = 6 16 Les autres équations donnent alors b = d = 4 6 1 , c= et e = . 16 16 16 On a obtenu que s’il existe une solution, elle est unique et vaut P* = ) ( 1 1 4 6 4 1 . 16 On vérifie que ce vecteur P * est bien solution. Finalement, P * = ( 1 1 4 6 4 1 16 ) est l’unique vecteur stochastique stable par S. 1 b) La loi définie par P * est la loi binomiale B 4 ; car les coefficients de P * 2 sont pour j variants de 0 à 4, 60 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 Pj* = 4 1 4 où est un coefficient binomial. j 24 j 1 1 c) L’espérance de la loi binomiale B 4 ; est 4 × = 2 , ce qui signifie que 2 2 pour cette loi en moyenne il y 2 boules dans chaque urne. Les résultats obtenus à l’activité précédente se généralisent. Réponse au problème 3 Étudions expérimentalement la convergence de (Pn ). À l’aide d’un logiciel de calcul, on calcule P0S 2 , P0S 4 ,P0S 6 et P0S 20 , puis P0S , P0S 3 ,P0S 5 et P0S 21. La suite des termes de rangs pairs (P ) et la suite des termes de rangs 2n impairs (P2n +1) semblent converger vers des limites différentes ce qui implique que la suite (Pn ) ne peut être convergente. En fait, on est dans une situation similaire à la deuxième marche aléatoire sur le tétraèdre. Compléments sur l’étude de (Pn ). À l’aide d’un logiciel de calcul formel (mais Xcas ne permet pas ce calcul), on obtient que S n est la matrice suivante. Corrigé séquence 2 – MA03 61 © Cned - Académie en ligne Donc la loi Pn de la variable aléatoire X n comptant le nombre de boules dans l’urne A à l’instant n avec initialement toutes les boules dans l’urne A, définie par P0 = ( 0 0 0 0 1 ) et pour n entier, Pn = P0S n , est donnée par la dernière ligne de la matrice S n . L’espérance de X n qui représente le nombre moyen de boules dans l’urne A à l’instant n est par définition 4 1 . E( X n ) = ∑ iP ( X n = i ) soit après calcul E( X n ) = 2 + n −1 2 i =0 Pour n grand, elle est proche de 2 comme pour la loi stable. Activité 5 Avec P = (0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 1 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0) , on obtient : 0 Il semble que la suite de vecteurs (Pn ) converge. Avec P = (1 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0) , on obtient : 0 Il semble que la suite (Pn ) converge, moins rapidement que précédemment. 62 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 La somme des coefficients de 1 (2 ; 1 ; 1 ; 1 ; 3 ; 1 ; 2 ; 1 ; 2 ; 1 ; 1 ; 1) est bien égal à 1 et tous ces 17 coefficients sont compris entre 0 et 1 donc P * est un vecteur bien un vecteur P* = stochastique. De plus, P *S = P * donc ce vecteur est stable par S. Quelle que soit la condition initiale P0 , il semble que P0S n converge toujours vers P * , plus ou moins vite. La page la plus fréquentée de la marche aléatoire est alors la page P5 3 est la plus forte probabilité de la loi stable, c’est elle qui semble car ν 5 = P5* = 17 la plus pertinente. Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 5 Exercice 15 Graphe probabiliste et matrice de transition La matrice de transition du graphe 1 est S = 1 2 1 4 0 1 2 0 1 3 0 3 . 4 2 3 0, 2 0, 8 0 La matrice de transition du graphe 2 est S = 0 0,1 0, 9 0, 7 0 0, 3 . 0,1 0, 6 0, 3 La matrice de transition du graphe 3 est S = 0, 2 0, 5 0, 3 0, 2 0 0, 8 . Corrigé séquence 2 – MA03 63 © Cned - Académie en ligne Exercice 16 Graphe probabiliste et matrice de transition x La matrice de transition du graphe 1 est S = y 3 4 2 7 , la somme des 1 et y 4 0, 4 0 z 0 La matrice de transition du graphe 2 est S = 0, 7 x y 0, 5 0, 3 coefficients de chaque ligne doit être égale à 1 donc x = = 5 . 7 , la somme des coefficients de chaque ligne doit être égale à 1 donc x = 0, 3, y = 0, 2 et z = 0, 6. 0 z y z 0, 5 0, 2 x 0 La matrice de transition du graphe 3 est S = y 0 0 0, 6 0, 2 0 0, 5 0, 3 , la somme des coefficients de chaque ligne doit être égale à 1 donc x = 0, 3, y = 0, 4 et z = 0, 3. Exercice 17 La souris dans le labyrinthe 5 Une souris se déplace dans le labyrinthe ci-contre. À chaque minute, elle change de case en choisissant, de manière équiprobable, l’une des cases adjacentes. Dès qu’elle atteint soit la nourriture (case 5), soit sa tanière (case 1), elle y reste. 4 fromage 1 2 3 tanière La situation est représentée par le graphe probabiliste suivant : 1/3 1 1/3 1 2 3 1/2 1/2 1/3 1/2 4 5 1/2 64 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 1 La matrice de transition S est 1 0 0 0 0 1/ 3 0 1/ 3 1/ 3 0 S = 0 1/ 2 0 0 1/ 2 . 0 1/ 2 0 0 1/ 2 0 0 0 1 0 Arrivée dans la case 1 ou la case 5, la souris y reste d’où s11 = s 55 = 1 . À partir de la case 2, elle peut se déplacer vers les cases 1, 3 et 4 avec la même 1 pobabilité d’où s 21 = s 23 = s 24 = . 3 À partir de la case 3 ou de la case 4, elle ne peut se déplacer que vers les cases 2 1 et 5 avec la même probabilité d’où s 32 = s 35 = s 42 = s 45 = . 2 On suppose que la souris se trouve initialement dans la case 2. On note P0 le vecteur stochastique ( 0 1 0 0 0 ) et Pn = P0S n . À l’aide d’un logiciel, calculons Pn pour n entier variant de 1 à 10 et interprétons ces résultats. 1 1 P1 = 0 3 3 1 0 . 3 En partant de la case 2, après un seul déplacement, la souris a la même probabilité de se trouver en case 1, 3 ou 4. 1 P2 = 3 1 0 0 3 1 . 3 En partant de la case 2, après deux déplacements, la souris a la même probabilité de se trouver en case 1, 2 ou 5. 4 1 1 P3 = 0 9 9 9 1 . 3 En partant de la case 2, après trois déplacements, la souris a une probabilité de 4/9 de se trouver dans la case 1, de 1/3 de se trouver dans la case 5 et de 1/9 de se trouver en case 3 ou 4. Corrigé séquence 2 – MA03 65 © Cned - Académie en ligne On interprète de la même manière les vecteurs suivants : 4 1 4 P4 = 0 0 ; 9 9 9 13 1 P5 = 0 27 27 13 P6 = 27 4 ; 9 1 27 1 13 0 0 ; 27 27 40 1 1 13 P7 = 0 ; 81 81 27 81 40 1 40 P8 = 0 0 ; 81 81 81 121 1 P9 = 0 243 243 1 243 40 ; 81 121 1 121 P10 = 0 0 . 243 243 243 Lorsque la souris part de la case 2, Il semble que la suite (Pn ) converge vers le 1 1 0 0 0 vecteur stochastique stable P * = . 2 2 Remarque On peut vérifier que tout vecteur stochastique de la forme réel de [0 ; 1], est stable par S. P* = (p 0 0 0 1− p ) avec p un Si la souris part de la case 1 (respectivement de la case 5) alors la suite (P ) est constante égale à P (la 1 n souris reste dans sa position initiale). Vous pourrez expérimenter que si la souris part des cases 3 ou 4 alors la suite (P ) converge vers P * n avec p = 1/4. Plus généralement, la suite (P ) converge vers P * et le paramètre p dépend de la distribution initiale P0 n (on a P * = P S * où S * est la limite de la suite de matrices (S n ) ). 0 66 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 Corrigé des exercices de synthèse du chapitre 6 Exercice I Préparation au ROC Soit A = a b . On se propose de démontrer que A est inversible si et c d seulement si ad − bc ≠ 0. Soit B = d −b . −c a a) On obtient AB = a b d c d −c ad − bc = 0 −b ad − bc = a cd − cd −ab + ba −cb + ad 0 = (ad − bc )I ad − bc et BA = d −c −b a b da − bc = a c d −ca + ac ad − bc = 0 db − bd −cb + ad 0 = (ad − bc )I . ad − bc b) Montrons que si ad − bc ≠ 0 alors A est inversible. Si ad − bc ≠ 0 alors on pose C = donc A est inversible et A −1 = 1 B et d’après a), on obtient AC = CA = I ad − dc 1 B. ad − bc c) On suppose que A est inversible et que ad − bc = 0. Montrons que B = 0. Si ad − bc = 0 alors d’après a), on a AB = 0 or A est inversible donc B = A −10 = 0. On en déduit alors que d = a = b = c = 0 d’où A = 0, ce qui est contradictoire avec A inversible. Par un raisonnement par l’absurde, on a donc montrer que si A est inversible alors ad − bc ≠ 0. On a montré la réciproque en b) d’où l’équivalence : A est inversible si et seulement si ad − bc ≠ 0. Corrigé séquence 2 – MA03 67 © Cned - Académie en ligne Exercice II Puissances de matrices 1 −3 6 On considère la matrice A = 6 −8 12 . 3 −3 4 a) Montrons que A 2 = − A + 2I . 1 −3 6 1 −3 6 A = 6 −8 12 6 −8 12 3 −3 4 3 −3 4 2 1− 18 + 18 = 6 − 48 + 36 3 − 18 + 12 −1 et − A + 2I = −6 −3 −3 + 24 − 18 6 − 36 + 24 −18 + 64 − 36 36 − 96 + 48 −9 + 24 − 12 18 − 36 + 16 3 −6 2 0 0 8 −12 + 0 2 0 3 −4 0 0 2 1 3 −6 = −6 10 −112 −3 3 −2 1 3 −6 = −6 10 −12 . −3 3 −2 b) Soit n un entier naturel. On appelle ᏼn la proposition suivante : il existe un réel 1 2 an tel que An = − an A + + an I . 3 3 Donc A2 = – A + 2I. Initialisation Hérédité 1 La proposition ᏼ(0) est vraie car A 0 = I et il faut et il suffit de prendre a0 = . 3 Soit n un entier naturel, on suppose que ᏼ(n) est vraie et on montre ᏼ(n+1). 1 2 On a An +1 = AAn d’où An +1 = − an A 2 + + an A car ᏼ(0) est vraie. 3 3 1 1 2 Or A 2 = − A + 2I . d’où An +1 = − − an A + 2 − an I + + an A soit 3 3 3 1 2 An +1 = + 2an A + − 2an I . 3 3 La proposition ᏼ(n+1) est vraie avec an +1 = −2an . Conclusion : Par récurrence, la proposition ᏼ(n) est vraie pour tout entier naturel n. 1 On a obtenu a0 = et pour tout entier n, on a an +1 = −2an . 3 La suite a = (an )n ∈N est donc géométrique de raison −2 et de premier 1 terme a0 = . 3 68 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 1 n c) On en déduit une expression de an en fonction de n, an = × ( −2 puis une 3 expression de An en fonction de n. ) On a : An = Exercice III ) ( 1 A + 2I + ( −2)n (I − A ) . 3 D’Alexandre Pouchkine à Markov… Andrei Andreevich Markov, en 1913, considéra une suite de 20 000 caractères russes pris dans Eugène Oneguine d’Alexandre Pouchkine. Il distingue entre les voyelles et les consonnes. Graphe probabiliste des occurrences de voyelles et consonnes 0,872 0,128 V C 0,337 0,663 La matrice S de transition associée à ce graphe est 0,128 0, 872 S = . 0, 663 0, 337 Montrons que pour tout n ≥ 1 , Pn = P1S n −1 On définit les événements suivants : Vn : « La n-ième lettre du texte est une voyelle » et C n = Vn : « La n-ième lettre du texte est une consonne ». On a alors pn = P (Vn ) et 1− pn = P (C n ). Soit n un entier strictement positif. La formule des probabilités totales donne P (Vn +1) = P (Vn +1 ∩Vn ) + P (Vn +1 ∩ C n ) P (Vn +1) = PV (Vn +1) × P (Vn ) + PC (Vn +1) × P (C n ) n n P (Vn +1) = 0,128 × P (Vn ) + 0, 663 × P (C n ) Soit pn +1 = 0,128pn + 0, 663(1− pn ). De même, on obtient 1− pn +1 = 0, 872pn + 0, 337(1− pn ) d’où Pn +1 = Pn S et par récurrence, on en déduit que pour tout n ≥ 1, Pn = P1S n −1 (propriété 8 du cours, à démontrer sur une copie d’examen). Corrigé séquence 2 – MA03 69 © Cned - Académie en ligne Étude expérimentale a) À l’aide de la calculatrice, calculons S 5 , S 10 , S 20 et S 50 . 0, 4070231045 0, 5929768955 S5 = ; 0, 450852846 0, 549147154 0, 4330131286 0, 5669868714 S 10 = ; 0, 4310920823 0, 5689079177 0, 4319239206 0, 5680760794 S 20 = et 0, 4319202301 0, 5680797699 0, 4319218241 0, 5680781759 S 50 = . 0, 4319218241 0, 5680781759 b) On observe que pour n grand, les lignes de S n sont identiques. La suite (Pn ) semble converger vers le vecteur limite P * correspondant aux lignes de S n . Il semble que P * = (1– x x ) avec x ≈ 0, 568 . Étude théorique a) Déterminons le vecteur ligne stochastique P * = (1– x x * ) stable, c’est-à-dire * telle que P = P S . 0,128(1− x ) + 0, 663x = 1− x On obtient le système suivant : . 0, 872(1− x ) + 0, 337x = x Les deux équations donnent la même égalité 1, 535x = 0, 872 d’où x= 872 0, 568. 1535 * 663 872 . Finalement, le vecteur stochastique stable par S est P = 1535 1535 b) Soit n un entier tel que n ≥ 1, on appelle ᏼ(n), la proposition suivante S n = N + ( −0,535)n R où N= 1 0,663 0,872 1 0,872 −0,872 et R = . 1,535 0,663 0,872 1,535 −0,663 0,663 On montre, par récurrence, que ᏼ(n) est vraie pour tout n ≥ 1. 70 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 Initialisation La proposition ᏼ(1) est vraie car N − 0, 535R = 1 663 872 0, 535 872 −872 − 1535 663 872 1535 −663 663 = Hérédité 1 196, 48 1338, 52 0,128 0, 872 = = S. 1535 1017, 705 517, 295 0, 663 0, 337 Soit n un entier strictement positif, on suppose que la proposition ᏼ(n) est vraie. Montrons que ᏼ(n+1) l’est aussi. On a S n +1 = SS n or les propositions ᏼ(1) et ᏼ(n) )( d’où S n +1 = (N − 0,535R N + ( −0,535)n R sont vraies, ) soit S n +1 = N 2 − 0, 535RN + ( −0,535)n NR + ( −0,535)n +1R 2. Or on vérifie que N 2 = N , R 2 = R et NR = RN = 0 d’où S n +1 = N + ( −0,535)n +1R . Ainsi la proposition ᏼ(n+1) est vraie. Conclusion Par récurrence, la proposition est vraie pour tout entier naturel strictement positif. c) Montrons que (Pn ) converge et que lim Pn = P *. n →+∞ On a montré dans la question 1 que pour tout n ≥ 1 , Pn = P1S n −1 . On utilise alors l’expression des puissances de S à l’aide de N et R. d’où Pn = P1S n −1 = P1N + ( −0,535)n −1P1R . Or la suite (un ) de terme général un = ( −0, 535)n −1 est une suite géométrique de raison q = −0, 535 avec q < 1 donc elle converge vers 0 d’où la suite (Pn ) converge vers P1N . On a : 872 ( p 1− p ) 663 663 872 1 = ( 663p + 663(1− p ) 872p + 872(1− p ) ) 1535 P1N = 1 1535 1 1 1 1 1 1 663 872 * P1N = =P . 1535 1535 D’où lim Pn = P *. n →+ ∞ Corrigé séquence 2 – MA03 71 © Cned - Académie en ligne Remarque lim Pn = P *. D’où n →+∞ ( Le vecteur limite P * = 0, 432 0, 568 ) correspond aux fréquences de voyelles (43,2 %) et de consonnes (56,8 %) dans un texte russe. Pour un texte en français, on ( ) ) ( a P * = 0, 456 0, 544 et en allemand P * = 0, 385 0, 615 . Exercice IV Évolution du phosphore dans un écosystème Pour étudier l’évolution de molécules de phosphore dans un écosystème, on considère quatre états possibles : ▶ la molécule est dans le sol (état s) ; ▶ la molécule est dans l’herbe (état h) ; ▶ la molécule est absorbée par du bétail (état b), et ▶ la molécule est sortie de l’écosystème considéré (état e). La matrice de transition S de ce système dynamique à quatre états est s s h S= b e h b e 3 / 5 3 /10 0 1/10 1/10 2/ 5 1/ 2 0 0 1/ 5 1/ 20 3/ 4 0 0 0 1 . On note : ▶ Sn l’événement « la molécule est dans le sol à l’étape n » ; ▶ Hn l’événement « la molécule est dans l’herbe à l’étape n » ; ▶ Bn l’événement « la molécule est absorbée par du bétail à l’étape n » et ▶ E n l’événement « la molécule est sortie de l’écosystème considéré à l’étape n ». On note Pn le vecteur ligne stochastique donnant l’état probabiliste du système, soit Pn = 72 © Cned - Académie en ligne ( P (S n ) Corrigé séquence 2 – MA03 ) P (Hn ) P (Bn ) P (En ) . a) Le graphe probabiliste modélisant la situation est le suivant : 3/10 3/5 S 2/5 H 1/10 1/2 1/10 1 3/4 B E 1/5 1/20 b) La probabilité que la molécule de phosphore passe de l’herbe au bétail est 1 1 pour tout entier n, PH Bn +1 = , on note simplement PH (B ) = . n 2 2 ) ( La probabilité que la molécule de phosphore passe du sol à l’herbe est PS (H ) = 3 . 10 La probabilité que la molécule de phosphore passe de l’herbe à l’extérieur de l’écosystème est PH (E ) = 0. c) La probabilité que la molécule de phosphore passe de l’herbe à l’extérieur du système en deux étapes exactement est égale à la probabilité que la molécule de ( phosphore passe de l’herbe à l’extérieur en au plus deux étapes soit PH E n + 2 n ) (En +1) = 0 . Finalement, la probabilité cherchée est pour tout entier n, la probabilité de l’événement E n +2 sachant Hn , soit PH (E n + 2 ). n puisque : pour tout entier n, PH Sn+1 1/10 n En+2 On s’aide d’un arbre des probabilités où l’on ne garde 1/10 2/5 Hn Hn+1 0 que les branches qui nous intéressent : En+2 1/2 Bn+1 1/20 En+2 0 En+1 1 En+2 Corrigé séquence 2 – MA03 73 © Cned - Académie en ligne la probabilité que la molécule passe à l’extérieur en au plus 2 étapes sachant qu’elle est dans l’herbe est : 1 1 2 1 1 1 1 2+ 5 7 × + × 0 + × + 0 × 1= + = = = 0,0035. 10 10 5 2 20 100 40 200 200 a) (R.O.C.) Montrer à l’aide de la formule des probabilités totales que Pn +1 = Pn S . Soit n un entier naturel. La formule des probabilités totales donne : P (Sn +1) = P (Sn +1 ∩ Sn ) + P (Sn +1 ∩ Hn ) + P (Sn +1 ∩ Bn ) + P (Sn +1 ∩ En ) P (Sn +1) = PS (Sn +1) × P (Sn ) + PH (Sn +1) × P (Hn ) + PB (Sn +1) × P (Bn ) + PE (Sn +1) × P (En ) n n n n P (Sn +1) = s11 × P (Sn ) + s 21 × P (Hn ) + s 31 × P (Bn ) + s 41 × P (En ). De même, on obtient : P (Hn +1) = s12 × P (Sn ) + s 22 × P (Hn ) + s 32 × P (Bn ) + s 42 × P (E n ) P (Bn +1) = s13 × P (Sn ) + s 23 × P (Hn ) + s 33 × P (Bn ) + s 43 × P (En ) P (En +1) = s14 × P (Sn ) + s 24 × P (Hn ) + s 34 × P (Bn ) + s 44 × P (E n ). D’où Pn +1 = Pn S . Puis par récurrence, montrons que pour tout entier n, Pn = P0S n . Initialisation Hérédité Pour n = 0, la propriété est vraie car S 0 = I . Soit n un entier positif, on suppose que la proposition est vraie au rang n et on démontre qu’elle l’est aussi au rang n+1 : Pn +1 = Pn S or par récurrence Pn = P0S n d’où Pn +1 = P0S n +1. La proposition est donc héréditaire. Conclusion 74 © Cned - Académie en ligne Finalement, pour tout n ≥ 0, Pn = P0S n . Corrigé séquence 2 – MA03 b) On suppose que la répartition initiale est P0 = (0,4 ; 0,2 ; 0,2 ; 0,2). On a P1 = P0S et P2 = P1S . Après calcul (à la main ou avec un logiciel), on obtient : P1 = (0,41 0,20 0,14 0,25) et P2 = (0,371 0,203 0,228 0,298). Après une étape, la répartition du phosphore est de 41 % dans le sol, 20 % dans l’herbe, 14 % absorbée par le bétail et 25 % est sortie de l’écosystème. Après deux étapes, la répartition du phosphore est de 37,1 % dans le sol, 20,3 % dans l’herbe, 12,8 % absorbée par le bétail et 29,8 % est sortie de l’écosystème. a) Calculons S n pour n = 10, puis n = 20 puis n = 50. Un logiciel de calcul donne 0, 263707954275 0,146830650938 0, 099413604375 0, 49004779041 0, 297477561250 0,165820853650 0,1121666279063 0, 42453530604 , S 10 = 0, 267663022969 0,149120406563 0,101071621150 0, 48214494932 0 0 0 1 0,139830054977 0, 0778925915662 0, 0527335001633 0, 729543853293 0,157797947597 0, 0879016605992 0,00595096523926 0, 694790739411 S 20 = 0,141997978752 0, 079100250245 0, 0535510996095 0, 725350671393 0 0 0 1 , 0, 020860045125 0, 011620128068 0, 007866858561 0, 95965296825 0, 023540522424 0, 013113293079 0, 0088777735367 0, 95446844913 . S 50 = 0, 021183461610 0, 011800287841 0, 007988827220 0, 95902742333 0 0 0 1 b) Il semble que les lignes de S n tendent vers la dernière ligne, on vérifie que cette dernière ligne est un vecteur stochastique stable par S. c) À long terme, quelle que soit la répartition initiale du phophore, celui-ci sort de l’écosystème, on dit que l’état e est un état absorbant. Supposons que lorsque la molécule sort de l’écosystème on réintroduit du phosphore dans le sol, ce qui conduit à la matrice suivante : s s h S= b e h b e 3 / 5 3 / 10 0 1/10 1/10 2/ 5 1/ 2 0 3/ 4 0 1/ 5 1/ 20 1/10 0 0 9 /10 . Corrigé séquence 2 – MA03 75 © Cned - Académie en ligne a) Calculons S n pour n = 10, puis n = 20 puis n = 50. On a : S 10 = 0, 365411406438 0, 376439177188 0, 366177595581 0, 287081951438 0,187709642813 0,195369230463 0,188321577750 0,134707242300 0,120278598375 0,1261132339563 0,120860574963 0, 079036801875 0, 326600352375 0, 302059252788 0, 324640251706 0, 499174004388 , S 20 = 0, 341991153898 0, 344002398103 0, 342151881697 0, 327857456450 0,171910421267 0,173273409848 0,172019354609 0,162332389616 0,107977816101 0,1090038179120 0,108062574980 0,100526304569 0, 378120608734 0, 373686012928 0, 377766188714 0, 409283849365 , 50 S = 0, 336872428244 0, 336884272631 0, 336873374867 0, 336789194201 0,168441601730 0,168449628365 0,168442243233 0,168385196175 0,105279144667 0,1052285389223 0,105279643743 0,105235262315 0, 389406825359 0, 389380709781 0, 389404738158 0, 389590347309 . b) Il semble que les lignes de S n tendent vers un même vecteur ligne stochastique. c) On peut conjecturer qu’à long terme, la répartition du phosphore dans l’écosystème se stabilise suivant la répartition : 33,7 % dans le sol, 16,8 % dans l’herbe, 10,5 % absorbée par le bétail et 39 % sort de l’écosystème. Complément En fait, on remarque que S 10 est positive donc d’après le théorème de Perron- ( ) avec Pn = P0S n converge vers l’unique vecteur stochastique stable par S. Les lignes de S n Frobénius, quelle que soit la répartition initiale, la suite Pn tendent vers ce vecteur stable. Exercice V Problème d’endémie Modélisation a) La situation est représentée par le graphe probabiliste suivant 0,8 0,9 I M 0,2 0,5 0,1 S 76 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 0,5 b) Par définition, le coefficient sij est la probabilité de passer de l’état i à l’état j en prenant ici (I) pour l’état 1, (M) pour l’état 2 et (S) pour l’état 3. On obtient bien la matrice de transition : I M S I S= M S 0,9 0 0,1 . 0 , 8 0 , 2 0 0 0,5 0,5 Évolution à court terme On suppose qu’au départ l’individu est immunisé. On note P0 le vecteur stochastique P0 = (1 0 0 ) et on note Pn le vecteur Pn = P0S n . a) Calculons S 2 puis P2. On a : 0, 81 0, 05 0,14 S 2 = 0, 88 0, 04 0, 08 et P2 = P0S 2 = ( 0, 81 0, 05 0,14 . 0, 40 0, 35 0, 25 ) b) La probabilité que l’individu soit malade au bout de 2 mois est de 5 %. Évolution à long terme a) La distribution initiale est encore le vecteur P0 précédent, on calcule la distribution de probabilité au bout de 12 mois soit P12 = P0S 12 , et au bout de 24 mois, soit P24 = P0S 24 on obtient : P12 = ( 0, 754719036841 0, 0943381839150 0,150942779244 ) ; P24 = ( 0, 754716981141 0, 0943396226338 0,150943396226 ). L’individu étant initialement immunisé, la probabilité qu’il soit dans l’état malade dans un ou deux ans est quasiment la même soit environ 9,4 %. b) La distribution initiale est maintenant le vecteur P0 suivant : P0 = ( 0 0 1). On calcule les distributions de probabilité P12 = P0S 12 , et P24 = P0S 24 on obtient : Corrigé séquence 2 – MA03 77 © Cned - Académie en ligne P12 = ( 0, 754705471320 0, 0943466088150 0,150947919865) ; P24 = ( 0, 75471698107 0, 094339622692 0,150943396238 ). L’individu étant initialement ni malade, ni immunisé, la probabilité qu’il soit dans l’état malade dans un ou deux ans est quasiment la même soit environ 9,4 %. c) La suite de vecteurs (Pn ) semble converger quelle que soit la distribution initiale. ) d) On veut déterminer le vecteur stochastique P * = ( x y z stable, c’est-à-dire * * tel que P = P S . Les réels x, y et z doivent satisfaire le système suivant : x 0, 9 x 0,1x + x −0,1x 0,1x + y + 0, 8 y + y = z + 0, 8 y 0, 2y 1 L1 = x L2 + 0, 5z = y L3 + 0, 5z = z L4 = 1 L1 . c’est-à-dire + −0, 8 y z = 0 L2 + 0, 5z = 0 L3 − 0, 5z = 0 L4 . On voit que la somme des lignes 3 et 4 donne l’opposé de la ligne 2, donc la ligne 2 n’est pas utile. On obtient donc le système linéaire suivant. x 0,1x + y − 0,8 y + z − 0,5z + 0,5z = 1 = 0 . = 0 Ce système s’écrit sous la forme matricielle AX = B. On regroupe A et B dans une même matrice : 1 1 1 1 A1 = 0,1 0 −0, 5 0 . 0 −0, 8 0, 5 0 On effectue la combinaison : L2 ← 0,1L1 − L2 d’où 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 A2 = 0,1 −1 0 0,1 0 −0, 5 0 = 0 0,1 0, 6 0,1 0 0 1 0 −0, 8 0, 5 0 0 −0, 8 0, 5 0 78 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 . Puis on effectue la combinaison : L3 ← 8L2 + L3 d’où 1 0 0 A3 = 0 1 0 0 8 1 1 1 1 1 0 0,1 0, 6 0,1 0 −0, 8 0, 5 0 1 1 1 1 = 0 0,1 0, 6 0,1 0 0 5, 3 0, 8 . Le système initial est donc équivalent au système triangulaire x + y 0,1y + z + 0,6z 5, 3z = = 1 0,1 . = 0, 8 8 5 , y = 1− 6z = et x = 1− y − z = 53 53 40 5 Finalement, le vecteur stochastique stable par S est P * = 53 53 On effectue la remontée : z = On vérifie que 40 . 53 8 53 . 40 5 8 ≈ 0, 75471698 , ≈ 0, 09433962 et ≈ 0,150943396. 53 53 53 On admet que quelle que soit les conditions initiales P0 , la suite (Pn ) converge vers P *. e) La proportion d’individus malades dans la population étudiée est d’environ 9,4 % Exercice VI La ruine du joueur La matrice de transition S est la matrice : S = 1 0 0 1 1 0 2 2 1 0 0 2 1 0 0 2 0 0 0 0 0 0 1 0 . 2 1 0 2 0 1 0 Montrons que pour tout entier naturel n, Pn +1 = Pn S . Corrigé séquence 2 – MA03 79 © Cned - Académie en ligne P( X n =0 ) On a l’arbre des probabilités (incomplet) ci-dessous : s00=1 0 0 s10=1/2 0 =1/2 s ) 12 =1 1 2 n X P( s21=1/2 1 P(Xn=2) s23=1/2 2 3 P(X =1/2 s n =3 32 2 ) P( =1/2 s X 34 3 n= 4 4 ) 4 s44=1 4 S = (Sij ) 0 ≤ i ≤ j ≤ 4 Sij = P X =i ( X n + j = j ) n La formule des probabilités totales donne pour j entier variant de 0 à 4, 4 P ( X n +1 = j ) = ∑P[ X =i ] ( X n +1 = j ) × P ( X n = i ). (1) n i =0 Le terme P[ X =i ] ( X n +1 = j ) est la probabilité que le joueur A dispose de j euros n à l’instant n+1 sachant qu’il possédait i euros à l’instant n donc il s’agit du teme Sij de la matrice S, en supposant que les lignes et colonnes de S soient numérotées de 0 à 4. Posons pi(n ) la probabilité que le joueur A possède i euros à l’instant n : pi(n ) = P ( X n = i ), c’est-à-dire que pour tout n, ( ) Pn = p0(n ) p1(n ) p2(n ) p3(n ) p4(n ) . 4 L’égalité (1) s’écrit p (jn +1) = ∑Sij × pi(n ) : le coefficient de rang j de Pn +1 est le i =0 produit de Pn par la colonne de rang j de S d’où Pn +1 = Pn S . Puis par récurrence, montrons que pour tout entier n, Pn = P0S n . 80 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 Initialisation Hérédité Pour n = 0, la propriété est vraie car S 0 = I . Soit n un entier positif, on suppose que la proposition est vraie au rang n et on démontre qu’elle l’est aussi au rang n+1 : Pn +1 = Pn S or par récurrence Pn = P0S n d’où Pn +1 = P0S n +1. Conclusion Finalement, pour tout n ≥ 0, Pn = P0S n . À l’aide d’un logiciel de calcul, calculons S 10 , S 20 et S 50 . 1 0 0 0 0 0, 734375 0, 015625 0 0, 015625 0, 234375 S 10 = 0, 484375 0 0, 03125 0 0, 484375 ; 0, 234375 0, 015625 0 0, 015625 0, 734375 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0, 749512 0, 000488 0 0, 000488 0, 249512 S 20 = 0, 499512 0 0, 000977 0 0, 499512 ; 0, 249512 0, 000488 0 0, 000488 0, 749512 0 0 0 0 1 1 0 −8 0, 75 1, 49 × 10 0 S 50 = 0, 5 0, 25 1, 49 × 10−8 0 0 0 0 0 1, 49 × 10−8 2, 98 × 10−8 0 0 0 1, 49 × 10−8 0 0, 25 0, 5 . 0, 75 1 0 Il semble que la suite (S n ) converge vers la matrice 1 3/ 4 S∞ = 1/ 2 1/ 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1/ 4 0 1/ 2 . 0 3/ 4 0 1 On suppose qu’initialement chacun des joueurs met en jeu 2 €, c’est-à-dire P0 = ( ) 0 0 1 0 0 . a) Calculons P∞ = P0S∞ . Corrigé séquence 2 – MA03 81 © Cned - Académie en ligne P∞ = ( 0, 5 0 0 0 0, 5). b) Par opérations linéaires sur les limites, on a lim Pn = lim P0S n = P0S∞ = P∞ . n →+∞ n →+∞ Avec initialement une mise de 2 € de chacun des joueurs, ils ont la même probabilité de finir ruiné. On suppose maintenant que le joueur A met en jeu 1 €, c’est-à-dire P0 = ( ) 0 1 0 0 0 . a) Calculons P∞ = P0S∞ . P∞ = ( ) 0, 75 0 0 0 0, 25 . b) On procède comme dans la question 3 d’où : avec une mise initiale de 1 € pour le joueur A et de 3 € pour le joueur B, le joueur A a une probabilité de 75 % de finir ruiné et le joueur B de 25 %. On est ici dans une situation où la suite (Pn ) avec Pn = P0S n converge mais la limite dépend de l’état initial P0 . On peut vérifier qu’il existe une infinité d’états stables, ils sont de la forme P * = (p 0 0 0 1− p ) avec p ∈[0 ; 1]. Au final, l’un des deux joueurs sera ruiné, et ce avec une probabilité qui dépend de la répartition initiale des 4 €. Exercice VII Bistochasticité et loi uniforme Montrons dans le cas général que la loi uniforme est toujours un vecteur stable pour une matrice bistochastique. Notons L = 1 1 … 1 où n est l’ordre de n fois 1 la matrice S. Le vecteur-ligne correspondant à la loi uniforme est alors P = L. n Remarquons que L ⋅ S est le vecteur-ligne constitué des sommes de tous les termes d’une même colonne. La matrice S étant bistochastique : L ⋅ S = L. On a 1 1 1 donc P ⋅ S = L ⋅ S = L ⋅ S = L = P . n n n La distribution uniforme P est bien stable par S. 82 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 2 – MA03 C orrigé séquence 3 Corrigé des activités du chapitre 2 Activité 1 Carrelage (1) On a : 454 = 33 × 13 + 25 et 375 = 33 × 11+ 12. On utilisera donc 13 × 11 = 143 carreaux non découpés. a) On a : 455 = 5 × 7 × 13, donc les diviseurs de 455 sont 1, 5, 7, 13, 35, 65, 91 et 455. De même, 385 = 5 × 7 × 11, donc les diviseurs de 385 sont 1, 5, 7, 11, 35, 55, 77 et 385. b) Les diviseurs communs à 455 et 385 sont 1, 5, 7 et 35. c) La dalle carrée la plus grande possible, pour une pose sans découpe, a pour côté 35 cm. Carrelage (2) a) Le plus grand côté possible pour un carreau carré est 140 cm. b) On peut en poser trois car 3 × 140 ≤ 540 < 4 × 140. c) Voir la figure finale. d) On a : 540 = 3 × 140 + 120. a) Les dimensions de la surface non carrelée sont 140 × 120. b) Le plus grand côté possible pour un carreau carré est 120 cm. c) On peut en poser un car 1× 120 ≤ 140 < 2 × 140. d) Voir la figure finale. e) On a : 140 = 1× 120 + 20. a) Les dimensions de la surface non carrelée sont 120 × 20. b) Le plus grand côté possible pour un carreau carré est 20 cm. c) On peut en poser six car 6 × 20 ≤ 120 < 7 × 20. d) 540cm 140cm Activité 2 Corrigé séquence 3 – MA03 83 © Cned - Académie en ligne e) On a : 120 = 6 × 20 + 0. f) On pourrait carreler tout le couloir en utilisant uniquement des carreaux carrés de 20 cm. Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 2 Exercice 1 On a : 4512 = 25 × 3 × 47 et 4128 = 25 × 3 × 43. Donc PGCD(4512 ; 4128) = 25 × 3 = 96. Ainsi Exercice 2 4128 43 = . 4512 47 On a : 1071 = 1× 1029 + 42 ; 1029 = 24 × 42 + 21 ; 42 = 2 × 21+ 0 Donc le PGCD de 1071 et 1029 est 21. Exercice 3 On a : a = k × 50 et b = k ′ × 50 où k et k’ sont deux entiers naturels et a + b = 600. On obtient donc (k + k’ )50 = 600 soit k + k’ = 12. On peut supposer a b de sorte que k k’. Étudions les différentes possibilités : k 0 1 2 3 4 5 6 k’ 12 11 10 9 8 7 6 a 0 50 100 150 200 250 300 b 600 550 500 450 400 350 300 a+b 600 600 600 600 600 600 600 PGCD (a ; b) 600 50 100 150 200 50 300 non Oui non non Non Oui non Les couples possibles sont donc, (50 ; 550), (250 ; 350), (550 ; 50) et (350 ; 250). Exercice 4 84 © Cned - Académie en ligne Saisir : en C2 « =QUOTIENT(A2;B2) » ; en D2 « =MOD(A2;B2) » ; en A3 « =B2 » ; en B3 « =D2 ». Corrigé séquence 3 – MA03 Il ne reste plus qu’à « copier-glisser », les formules. On obtient : Donc le PGCD de 1617 et 325 est égal à 1. Exercice 5 Pour tout entier naturel n, on définit deux entiers a et b en posant : a = 4n + 1 et b = 5n + 3. On s’intéresse aux valeurs du PGCD de a et de b en fonction de n. a) et b) On saisit en D2 « =PGCD(B2;C2) » et on obtient : c) Les valeurs possibles de PGCD(a ; b) semblent être 1 et 7. d) Les premières valeurs de n telles que PGCD(a ; b) = 7 sont égales à 5 ; 12 ; 19 ; 26 ; 33 ; 40 ; 47 ; 54 ; 61 ; 68 ; 75 ; 82 ; 89 et 96. On peut conjecturer que n est de la forme n = 5 + 7k où k est un entier naturel. a) Soit d = PGCD(a ; b). Comme d est un diviseur de a et de b, d est un diviseur de 4b − 5a = 7. Puisque d est positif et que 7 est premier, on en déduit d = 1 ou d = 7. b) On pose n = 7q + r avec q ∈ et r ∈{0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 }. Avec ces notations, a = 4n + 1 = 28q + 4r + 1 et b = 5n + 3 = 35q + 5r + 3. Corrigé séquence 3 – MA03 85 © Cned - Académie en ligne a = 28q + 21 = 7( 4q + 3) t4J r = 5, alors . b = 35q + 28 = 7(5q + 4 ) Les entiers a et b étant divisibles par 7, il en est de même de leur PGCD. Comme d = 1 ou 7 et d est divisible par 7, on a d = PGCD(a ; b) = 7. t4VQQPTPOT r ≠ 5, c’est-à-dire r ∈{0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 }. On sait que d divise a = 4n + 1 et b = 5n + 3, donc d divise b − a = n + 2 = 7q + r + 2. Comme d divise 7, d divise r + 2 ∈{2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 8 }. La valeur d = 7 est alors impossible (et donc d = 1). Ainsi les valeurs de n telles que PGCD(a ; b) = 7 sont les entiers de la forme n = 5 + 7k où k est un entier naturel. Corrigé des activités du chapitre 3 Activité 3 Chiffrement de Hill A. Principe du chiffrement Compléter le tableau suivant : Lettre M A T H E M A T I Q U E Rang Pi 12 0 19 7 4 12 0 19 8 16 20 4 Rang C i 10 20 14 25 20 20 17 11 0 8 2 6 Lettre K U O Z U U R L A I C G Message chiffré : KU OZ UU RL AI CG. B. Principe du déchiffrement On a : 3 5 6 17 86 © Cned - Académie en ligne −1 = 17 −5 1 3 × 17 − 6 × 5 −6 3 = 17 −5 1 17 −5 = 21−1 × . 21 −6 3 −6 3 Corrigé séquence 3 – MA03 a) Table de multiplication par 21 modulo 26 : 21× 0 ≡ 0 (mod 26 ) 21× 1 = 21 ≡ 21 (mod 26 ) 21× 2 = 42 ≡ 16 (mod 26 ) 21× 11 = 231 ≡ 23 (mod26) 21× 12 = 252 ≡ 18 (mod26) 21× 13 = 273 ≡ 13 (mod26) 21× 3 = 63 ≡ 11 (mod 26 ) 21× 4 = 84 ≡ 6 (mod 26 ) 21× 14 = 294 ≡ 8 (mod26) 21× 15 = 315 ≡ 3 (mod26) 21× 5 = 105 ≡ 1 (modd 26 ) 21× 16 = 336 ≡ 24 (mod26) 21× 17 = 357 ≡ 19 (mod26) 21× 6 = 126 ≡ 22 (mod 26 ) 21× 7 = 147 ≡ 17 (mod 26 ) 21× 8 = 168 ≡ 12 (mod 26 ) 21× 9 = 189 ≡ 7 (mod 26 ) 21× 10 = 210 ≡ 2 (mod 26 ) 21× 18 = 378 ≡ 14 (mod26) 21× 19 = 399 ≡ 9 (mod26) 21× 20 = 420 ≡ 2 (mod26) Donc « un inverse de 21 modulo 26 » est 5. 3 5 b) Ainsi, « 6 17 −1 17 −5 mod(26). » ≡ 5× −6 3 a et b. Lettre chiffrée J W K T Rang C i 9 22 10 19 Rang Pi 7 8 11 11 Lettre claire H I L L C. À l’aide du tableur pour chiffrer Saisir : en B5 : « =CODE(B4)-65 » ; en B6 : « =$C$1*B5+$E$1*C5 » ; en C6 : « =$C$2*B5+$E$2*C5 » ; en B7 : « =MOD(B6;26) » ; en B8 : « =CAR(B7+65) ». On « copie-glisse » ensuite les formules et on obtient : Corrigé séquence 3 – MA03 87 © Cned - Académie en ligne D. À l’aide du tableur pour déchiffrer On saisit en B13 : « = CODE(B4)-65 ». Pour le calcul de l’inverse de 21 modulo 26 : tPOTBJTJUFOUSF0FU0MFTFOUJFSTEFËø tEBOTMBDPMPOOF2POFGGFDUVFMFQSPEVJUNPEVMPEFDIBDVOEFTFOUJFST de 1 à 25 par 21 : on saisit en Q3 « = MOD(O3*$Q$1;26) » et on copie-glisse jusqu’en Q27 ; tEBOTMBDPMPOOF3POSFUJFOUDFMVJRVJEPOOFVOQSPEVJUÏHBMËø on saisit en R3 « =SI(Q3=1;O3;»» ) » et on « copie-glisse » jusqu’en R27 ; tpour afficher l’inverse de 21 modulo 26, on fait la somme des éléments de R3 à R27 : on saisit en R28 « =SOMME(R3;R27) ». tPOFOUSFEBOT)j3&xEBOT+jø3$xEBOT+joø3&x FUEBOT)jø3$x On saisit : FO#j)#+$ x FO$j)#+$ x en B15 « =MOD(B14;26) » ; en B16 « =CAR(B15+65) ». On « copie-glisse » alors les formules et on obtient : E. Modification de la clé a) Avec a = 3, b = 9, c = 2 et d = 20, l’inverse de 42 modulo 21 n’existe pas : on ne peut pas déchiffrer le message. b) Avec a = 7, b = 8, c = 4 et d = 6, l’inverse de 10 modulo 21 n’existe pas : on ne peut pas déchiffrer le message. c) Avec a = 12, b = 8, c = 4 et d = 5, l’inverse de 28 modulo 21 n’existe pas : on ne peut pas déchiffrer le message. d) Avec a = 10, b = 5, c = 3 et d = 5, l’inverse de 35 modulo 21 est 3 : on peut procéder au déchiffrage. Dans le cas où ad o bc est égal à 21 et à 35, l’inverse modulo 26 existe. Dans le cas où ad obc est égal à 42 ; 10 et à 28, l’inverse modulo 26 n’existe pas. On peut conjecturer que le calcul de l’inverse modulo 26 est possible (et ainsi déchiffrement du message) lorsque : PGCD (adobc ; 26) = 1. 88 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 3 – MA03 Activité 4 Combinaison linéaire On note x le nombre de petits conteneurs nécessaires et y celui de grands. Les quatre premières équations découlent directement de l’énoncé. Pour la cinquième : x et y vérifient l’inéquation suivante : −2 10 x + 15y ≥ 120 soit y ≥ x + 8. 3 La zone du plan définie par le système correspond à l’intérieur du triangle ABC, frontières incluses : Les solutions possibles sont représentées par les points dans la figure ci-dessus : (9 ; 2) ; (8 ; 3) ; (9 ; 3) ; (6 ; 4) ; (7 ; 4) ; (8 ; 4) ( 9 ; 4) ; (5 ; 5) ; (6 ; 5) ; (7 ; 5) ; (8 ; 5) ; (9 ; 5) ; (3 ; 6) ; (4 ; 6) ; (5 ; 6) ; (6 ; 6) ; (7 ; 6) ; (8 ; 6) et (9 ; 6). Celle qui nécessite le moins de conteneurs correspond au point donc (3 ; 6), c’està-dire 3 petits conteneurs et 6 grands. Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 3 Exercice 6 On a : 760 = 4 × 171+ 76 ; 171 = 2 × 76 + 19 ; 76 = 4 × 19 + 0. D’après l’algorithme d’Euclide, PGCD(760 ; 171) = 19, donc 760 et 171 ne sont pas premiers entre eux. Corrigé séquence 3 – MA03 89 © Cned - Académie en ligne On a : 4807 = 1× 2635 + 2172 ; 2635 = 1× 2172 + 463 ; 2172 = 4 × 463 + 320 ; 463 = 1× 320 + 143 ; 320 = 2 × 143 + 34 ; 143 = 4 × 34 + 7 ; 34 = 4 × 7 + 6 ; 7 = 1× 6 + 1 ; 6 = 6 × 1+ 0. D’après l’algorithme d’Euclide, PGCD(4807 ; 2635) = 1, donc 4807 et 2635 sont premiers entre eux. Exercice 7 Déterminer les entiers x et y tels que 55x = 9y. Supposons que (x ; y ) soit solution de cette équation. L’entier 55 divise alors 9y et 55 est premier avec 9. D’après le théorème de Gauss, 55 divise y. Ainsi, il existe un entier k tel que y = 55k. On a donc 55x = 9 × 55k d’où x = 9k. Réciproquement, si x = 9k et y = 55k, 55x = 55 × 9k = 495k et 9 y = 9 × 55k = 495k , donc on a bien 55x = 9y. Les solutions de cette équation sont les couples (9k ; 55k) avec k ∈. Déterminer les entiers x et y tels que 21x = 56y. Supposons que (x ; y) soit solution de cette équation. En simplifiant, on obtient 3x = 8y puis on procède comme précédemment. Les solutions de cette équation sont les couples (8k ; 3k) avec k ∈. Exercice 8 En utilisant l’algorithme d’Euclide, on trouve une solution particulière de cette équation : ( −14 ; 5). Ainsi, 11x + 31y = 1 équivaut à 11x + 31y = 1 = 11× ( −14 ) + 31× 5 équivaut à 11( x + 14 ) = 31( − y + 5). Supposons que (x ; y) soit solution de 11x + 31y = 1, alors 31 divise 11( x + 14 ). Comme 31 est premier avec 11, d’après le théorème de Gauss, 31 divise (x + 14). Donc il existe un entier k tel que x + 11 = 31k soit x = −14 + 31k . En reportant la valeur de x dans 11( x + 14 ) = 31( − y + 5), on obtient 11× 31k = 31( − y + 5), soit − y + 5 = 11k , soit y = 5 − 11k . Réciproquement, si x = −14 + 31k et y = 5 − 11k , 11x + 31y = 11× ( −14 + 31k ) + 31× (5 − 11k ) = −154 + 341k + 155 − 341k On a bien 11x + 31y = 1. Les solutions de cette équation sont les couples ( −14 + 31k ; 5 − 11k ) avec k ∈. 90 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 3 – MA03 Déterminer les entiers x et y tels que 11x + 31y = 78. Comme 11× ( −14 ) + 31× 5 = 1, en multipliant par 78 on a : 11× (−1092) + 31× 390 = 78, donc le couple ( −1092 ; 390 ) est solution de cette équation. Ainsi, 11x + 31y = 78 équivaut à 11x + 31y = 11× ( −1092) + 31× 390 équivaut à 11( x + 1092) = 31( − y + 390 ). Supposons que (x ; y) soit solution de 11x + 31y = 78, alors 31 divise 11( x + 1092). Comme 31 est premier avec 11, d’après le théorème de Gauss, 31 divise (x + 1092). Donc il existe un entier k tel que x + 1092 = 31k soit x = −1092 + 31k . En reportant la valeur de x dans 11( x + 1092) = 31( − y + 390 ), on obtient 11× 31k = 31( − y + 390 ) soit − y + 390 = 11k ou encore y = 390 − 11k . Réciproquement, si x = −1092 + 31k et y = 390 − 11k , 11x + 31y = 11( −1092 + 31k ) + 31( 390 − 11k ) = −12012 + 341k + 12090 − 341k On a bien 11x + 31y = 78. Les solutions de cette équation sont les couples ( −1092 + 31k ; 390 − 11k ) avec k ∈. Exercice 9 Comme 7 est premier, d’après le corollaire du petit théorème de Fermat, n 7 ≡ n [7] soit n 7 − n ≡ 0 [7]. Par conséquent, n 7 − n est un multiple de 7. En factorisant n 7 − n , on obtient : n 7 − n = n (n 6 − 1) = n (n 3 − 1)(n 3 + 1) soit n 7 − n = n (n 3 − 1)(n 3 + 1) = n (n − 1)(n 2 + n + 1)(n + 1)(n 2 − n + 1). On rappelle que : a3ob3 = (aob)(a2 + ab + b2)). Les entiers n ; (n − 1) et (n + 1) sont consécutifs, donc 3 divise l’un de ces entiers et par conséquent 3 divise n 7 − n. On a : 7 divise n 7 − n et 3 divise n 7 − n et comme 3 et 7 sont premiers entre eux, 3 × 7 = 21 divise n 7 − n. (conséquence du théorème de Gauss). Exercice 10 On se propose de déterminer l’ensemble (S) des entiers relatifs n vérifiant le n ≡ 9 [17] . système : n ≡ 3 [5] Corrigé séquence 3 – MA03 91 © Cned - Académie en ligne On désigne par (u ; v) un couple d’entiers relatifs tel que 17u + 5v = 1. a) D’après le théorème de Bézout, comme 17 est premier avec 5, un tel couple (u ; v ) existe. b) Comme n0 = 3 × 17u + 9 × 5v , n0 = 3 × ( 17 + 5 v ) + 6 × 5v = 3 + 6 × 5v ≡ 3 + 6 × 5v ≡ 3 mod(5). u 1 Comme n0 = 3 × 17u + 9 × 5v , n0 = 9 × ( 17 + 5 v ) − 6 × 17u = 9 − 6 × 17u ≡ 9 mod(17). u 1 Donc n0 appartient à S. c) Prenons u = −2 et v = 7. On a bien 17u + 5v = 1, donc l’entier n0 = 3 × 17 × ( −2) + 9 × 5 × 7 = 213 convient. Caractérisation des éléments de S. a) Comme n ≡ 9 [17] et n0 ≡ 9 [17], n − n0 ≡ 0 [17]. De même, n ≡ 3 [5] et n0 ≡ 3 [5], donc n − n0 ≡ 0 [5]. Les entiers 5 et 17 sont premiers entre eux et divisent n − n0 , donc 5 × 17 = 85 divise n − n0 , c’est-à-dire n − n0 ≡ 0 [85]. b) Si n appartient à S alors n − n0 ≡ 0 [85] soit n ≡ 213 [85] soit n ≡ 43 [85] soit n = 43 + 85k où k est un entier relatif. Réciproquement, si n = 43 + 85k où k est un entier relatif, n ≡ 9 [17] et n ≡ 3 [5]. Donc n appartient à S si, et seulement si, n = 43 + 85k où k est un entier relatif. Soit n le nombre de jetons de Zoé. Elle en a entre 300 et 400 jetons. Si elle fait des tas de 17 jetons, il lui en reste 9, donc n ≡ 9 [17]. Si elle fait des tas de 5 jetons, il lui en reste 3, donc n ≡ 3 [5]. Par la question b), n = 43 + 85k où k est un entier relatif. Pour k = 3, 43 + 85 × 3 = 298 < 300. Pour k = 4, 300 ≤ 43 + 85 × 4 = 383 ≤ 400. Pour k = 5, 400 < 43 + 85 × 5 = 468. Donc Zoé possède 383 jetons. Exercice 11 Le but de l’exercice est d’étudier certaines propriétés de divisibilité de l’entier 4n − 1, lorsque n est un entier naturel. Comme 4 ≡ 1 [ 3], pour tout entier naturel n, 4n ≡ 1n [ 3] soit 4n ≡ 1 [ 3]. 92 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 3 – MA03 Comme 29 est un nombre premier ne divisant pas 4, d’après le petit théorème 28 de Fermat, alors 429 −1 ≡ 1[29], c’est-à-dire 4 − 1 ≡ 0 [29]. Ainsi, 428 − 1 est divisible par 29. On a : 41 = 4 ≡ 4 [17], donc le reste de la division euclidienne de 41 par 17 est 4 ; 42 = 16 ≡ 16 [17], donc le reste de la division euclidienne de 42 par 17 est 16 ; 4 3 = 64 ≡ 13 [17], donc le reste de la division euclidienne de 4 3 par 17 est 13 ; ( ) 4 4 = 42 2 et 42 ≡ 16 ≡ ( −1) [17] donc 4 4 ≡ ( −1)2 ≡ 1[17]. Ainsi, le reste de la division euclidienne de 4 4 par 17 est 1. ( ) Comme 4 4 ≡ 1[17], pour tout entier k, on a 4 4k = 4 4 Ainsi, 4 4k − 1 ≡ 0 [17] et 4 4k − 1 est divisible par 17. k ≡ 1k ≡ 1[17]. On remarque que 41 = 4 ≡ 4 [5] et 42 = 16 ≡ 1 [5]. Distinguons donc deux cas. t4PJUn un entier naturel pair. Alors il existe un entier naturel k tel que n = 2k. ( ) k 2k 2 ≡ 1k [5] soit 42k ≡ 1[5]. Ainsi, 42k − 1 ≡ 0 [5] et 42k − 1 On a 4 = 4 est divisible par 5. t4PJU n un entier naturel impair. Alors il existe un entier naturel k tel que n = 2k+ 1. k 42k +1 = 42 × 4 ≡ 1k × 4 [5] soit 42k +1 ≡ 4 [5]. ( ) 2k +1 − 1 ≡ 1[5] et 42k +1 − 1 n’est pas divisible par 5. Ainsi, 4 Conclusion : 4n − 1 est divisible par 5 si, et seulement si, n est un entier naturel pair. D’après la question , comme 28 est un entier naturel, 428 − 1 est divisible par 3, qui est premier. D’après la question , 428 − 1 est divisible par 29, qui est premier. D’après la question , comme 28 = 4 × 7, 428 − 1 est divisible par 17, qui est premier. D’après la question , comme 28 est un entier naturel pair, 428 − 1 est divisible par 5, qui est premier. Donc, 3, 5, 17 et 29 sont quatre nombres premiers divisant 428 − 1. Corrigé séquence 3 – MA03 93 © Cned - Académie en ligne Corrigé des activités du chapitre 4 Activité 5 Crible de Matiiassevitch Youri Matiiassevitch, mathématicien russe, né en 1947. On trouve : 5, 7, 11, 13, 17, 19, 22 et 23. e) Excepté 22, les ordonnées des points de la liste sont des nombres premiers. De plus, tous les nombres premiers compris entre 5 et 25 correspondent à l’ordonnée d’un point colorié. Soit m et n deux entiers naturels distincts. n2 − m2 = n + m donc (MN) : y = (n + m)x + b. n −m Comme M ∈(MN), on a : m 2 = (n + m )m + b soit b = −nm. a) Coefficient directeur : a = D’où (MN) : y = (n + m )x − mn. b) -PSEPOOÏFËMPSJHJOFøEFMBESPJUF./ FTUÏHBMFËomn. c) Soit a l’ordonnée d’un point de la liste. On a a ≥ 5. Si a n’est pas un nombre 94 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 3 – MA03 premier, alors a = pq avec p ≥ 2 et q ≥ 2. Donc a est, par exemple, à l’or- ( ) donnée à l’origine de la droite (PQ) où P(p ; p 2 ) et Q −q ; q 2 . Donc a sera « atteint » par le segment [PQ]. Comme a est l’ordonnée d’un point colorié, il y a contradiction, donc a est un nombre premier. d) Le point de l’axe des ordonnées d’ordonnée 22 est en couleur bien que 22 ne soit pas un nombre premier. En effet, comme 22 = 2 × 11 et la construction précédente est réalisée pour −7 ≤ n ≤ 7, le point de l’axe des ordonnées d’ordonnée 22 n’est pas encore atteint par un segment. Il le sera si on poursuit la construction jusqu’à n = 11. Activité 6 Répartition des nombres premiers a) Algorithme qui, prenant en entrée un nombre N, affiche en sortie tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à N. b) Algorithme permettant l’affichage des nombres premiers compris entre N et M. Corrigé séquence 3 – MA03 95 © Cned - Académie en ligne c) En utilisant l’algorithme précédent : Il y a deux nombres premiers entre 50 et 60 : Il y a trois nombres premiers entre 850 et 860 : Il n’y a aucun nombre premier entre 1850 et 1860 : Il y a deux nombres premiers entre 2850 et 2860 : d) Les nombres premiers ne semblent pas être répartis régulièrement. Le nombre de nombres premiers inférieurs ou égaux à un entier n et noté π (n ). Compléter le tableau suivant : n π (n ) n ln(n ) 10 4 10 ≈4 ln(10 ) 100 25 100 ≈ 22 ln(100 ) 1000 168 1000 ≈ 145 ln(1000 ) 10 000 1 229 10000 ≈ 1086 ln(10000) 105 9 592 10 96 © Cned - Académie en ligne 6 Corrigé séquence 3 – MA03 78 498 105 ln(105 ) 106 ln(106 ) ≈ 8686 ≈ 72382 107 10 8 5 761 455 10 9 50 847 534 1010 455 052 511 1011 4 118 054 813 12 37 607 912 018 13 346 065 536 839 10 10 107 664 579 ln(107 ) 108 ln(108 ) 109 ln(109 ) 1010 ln(1010 ) 1011 ln(1011) 1012 ln(1012 ) 1013 ln(1013 ) 1014 1014 3 204 941 750 802 ln(1014 ) 1015 1015 29 844 570 422 669 ln(1015 ) 1016 1016 279 238 341 033 925 ln(1016 ) 1017 1017 2 623 557 157 654 233 1018 24 739 954 287 740 860 ln(1017 ) 1018 ln(1018 ) 1019 1019 234 057 667 276 344 607 1020 2 220 819 602 560 918 840 ln(1019 ) 1020 ln(1020 ) ≈ 620421 ≈ 5428681 ≈ 48254942 ≈ 434294482 ≈ 3948131654 ≈ 36191206825 ≈ 334072678387 ≈ 310210344216 ≈ 28952965460217 ≈ 271434051189532 ≈ 2554673422960310 ≈ 24127471216847300 ≈ 228576043106975000 ≈ 2171472409516260000 Corrigé séquence 3 – MA03 97 © Cned - Académie en ligne Quand n devient grand, le nombre de nombres premiers inférieurs ou égaux à un n entier n est proche de . ln(n ) a) On a : 5!+ 2 = 1× 2 × 3 × 4 × 5 + 2 = 2 × ( 3 × 4 × 5 + 1) donc 5! + 2 n’est pas premier. On raisonne de la même façon pour les autres nombres de la liste A. On a : 6!+ 2 = 1× 2 × 3 × 4 × 5 × 6 + 2 = 2 × ( 3 × 4 × 5 × 6 + 1) donc 6! + 2 n’est pas premier. On raisonne de la même façon pour les autres nombres de la liste B. Les quatre nombres de la liste A sont des entiers consécutifs. Il en est de même pour ceux de la liste B. b)1MVTHÏOÏSBMFNFOUTJõLõOoBMPSTLEJWJTFOFUEPODOL Les 20 nombres 21! + 2 ; 21! + 3 ; … ; 21! + 21 constituent une liste ne comportant aucun nombre premier. Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 4 Exercice 12 On se donne les entiers premiers p = 13 ; q = 31 et e = 37. Chaque lettre sera remplacée par son rang dans l’alphabet (A -->001 ; B --> 002, etc.) et on fera des blocs de trois chiffres. On a ( p − 1)(q − 1) = 360. Avec e = 37, on a bien PGCD(e ; (po qo On a 0 ≤ d ≤ 403. En utilisant le tableur, on obtient d = 253 : La clé privée du chiffrement RSA est donc 253. On a n = pq = 403 et e = 37, donc la clé publique est (403 ; 37). « TOM » est transformé en 201513 que l’on coupe en 020 015 013. À l’aide du tableur et en élevant chaque égalité au carré, on trouve 2037 ≡ 111 mod(403),1537 ≡ 54 mod(403) et 1337 ≡ 208 mod(403). Alice transmet le code 20 54 208 à Bob. À l’aide du tableur et en élevant chaque égalité au carré, on trouve 5253 ≡ 5 mod(403), 54253 ≡ 15 (mod 403) et 1253 ≡ 1mod(403). 98 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 3 – MA03 Bob obtient le message 5 15 1 qui correspond à LEA. Exercice 13 Nombres de Fermat n Définition Les nombres de Fermat sont les nombres de la forme Fn = 22 + 1 avec n ∈. Partie A a) Pour 0 ≤ k ≤ 19, 2k + 1 est premier lorsque k ∈{0 ; 1 ; 2 ; 4 ; 8 ; 16}. b) Conjecture : 2k + 1 est premier lorsque k est une puissance de 2. a) Le nombre ( − x )0 + ( − x )1 + ( − x )2 + ... + ( − x )k −1 est la somme des termes d’une suite géométrique donc : ( − x )0 + ( − x )1 + ( − x )2 + ... + ( − x )k −1 = 1− ( − x )k 1− ( − x )k = . 1− ( − x ) 1+ x b) On déduit de ce qui précède : ( − x )0 + ( − x )1 + ( − x )2 + ... + ( − x )k −1 ( x + 1) = 1− ( − x )k . a) Si k est impair alors il existe un entier a tel que k = 2a + 1. D’après ce qui précède, ( − x )0 + ( − x )1 + ( − x )2 + ... + ( − x )2a +1−1 ( x + 1) = 1− ( − x )2a +1 soit ( − x )0 + ( − x )1 + ( − x )2 + ... + ( − x )2a ( x + 1) = 1+ x 2a +1. k Ainsi, si k est impair, x + 1 est divisible par x + 1. b) Si k n’est pas une puissance de 2 alors k = 2b × q où q est un nombre impair strictement supérieur à 1. Alors : q b b x k + 1 = x 2 ×q + 1 = x 2 + 1 ; Corrigé séquence 3 – MA03 99 © Cned - Académie en ligne b en posant X = x 2 et par ce qui précède, on peut affirmer que X q + 1 où q est un nombre impair est divisible par X + 1 et ainsi que x k + 1 où k n’est pas une puissance de 2 n’est pas un nombre premier. À la question , on a montré que si k n’est pas une puissance de 2, alors k n’est pas premier. Par contraposée, si k est premier, alors k est x +1 x +1 m une puissance de 2. En particulier, si 2 + 1 est premier, alors m est une puissance de 2, 2m + 1 est alors un nombre de Fermat. Partie B D’après la question A , F0 ; F1 ; F2 ; F3 et F4 sont des nombres premiers. On a : F5 = 4294967297 qui n’est pas un nombre premier d’après les tables, la conjecture de Fermat est fausse ( F5 = 641× 6700417 ). Partie C Pour tout entier naturel n, on a : n +1 Fn +1 = 22 2n × 2 =2 +1 +1 2 n = 22 + 1 2 n = 22 + 1− 1 + 1 = (Fn − 1) + 1. 2 On en déduit que : Fn +1 − 2 = (Fn − 1) + 1− 2 2 = Fn2 − 2Fn + 1− 1 = Fn2 − 2Fn = Fn (Fn − 2).. On veut démontrer par récurrence que la proposition « Fn +1 − 2 = F0 × F1 × ... × Fn » est vraie pour tout entier n ≥ 0. 1 Initialisation Au rang n = 0, F1 − 2 = 22 + 1− 2 = 3. Or, F0 = 3 , ainsi la proposition Pn est vraie au rang n = 0. )ÏSÏEJUÏ On suppose que la proposition « Fn +1 − 2 = F0 × F1 × ... × Fn » est vraie pour un certain rang n = k ; autrement dit, on suppose que pour un entier k positif, Fk +1 − 2 = F0 × F1 × ... × Fk . Regardons la proposition au rang k + 1 : Fk +1+1 − 2 = Fk + 2 − 2 = Fk +1(Fk +1 − 2) d’après la question C . 100 © Cned - Académie en ligne Pn Corrigé séquence 3 – MA03 Fk + 2 − 2 = Fk +1(Fk +1 − 2) = Fk +1(F0 × F1 × ... × Fk ) par hypothèse de récurrence. = F0 × F1 × .... × Fk × Fk +1 Ainsi la proposition Pn « Fn +1 − 2 = F0 × F1 × ... × Fn » est vraie au rang n = k + 1 : la proposition est héréditaire. Conclusion La proposition Pn « Fn +1 − 2 = F0 × F1 × ... × Fn » est vraie pour n = 0 et elle est héréditaire donc, pour tout n ≥ 0, Fn +1 − 2 = F0 × F1 × ... × Fn . On a démontré dans la question précédente que, pour tout entier n ≥ 1, Fn − 2 = F0 × F1 × ... × Fn −1. Comme n < n’, Fn ′ − 2 = F0 × F1 × ... × Fn × ... × Fn ′−1 (éventuellement, n = n’o Si d est diviseur commun de Fn et Fn ′ alors d divise Fn ′ − F0 × F1 × ... × Fn × ... × Fn ′−1 = 2 ; ainsi, d divise 2. Les seuls diviseurs positifs de 2 sont 1 et 2. Comme les nombres de Fermat sont des nombres impairs, d = 1. Ainsi, deux nombres de Fermat distincts sont premiers entre eux. Exercice 14 Nombres de Carmichael Soit n un nombre de Carmichael. Comme n n’est pas premier, n ≥ 4. Soit p un facteur premier de n. Supposons que p 2 divise n alors n = k × p 2. On a p n ≡ p [n ], d’après la définition d’un nombre de Carmichael, donc il existe un entier q tel que p n − p = qn = qkp 2. Comme n ≥ 4, on en déduit que p n −1 − 1 = qkp soit p n −1 − qkp = 1 soit p ( p n − 2 − qk ) = 1 et ainsi que p divise 1. Il y a contradiction, donc p 2 ne divise pas n. Le critère de Korselt permet de reconnaître un nombre de Carmichael à partir de sa décomposition en produit de facteurs premiers. On admet le théorème suivant : Théorème de Korselt Un entier n est un nombre de Carmichael si, et seulement si, n est strictement positif, non premier, sans facteur carré, et tel que pour tout premier p divisant n, p − 1 divise n − 1. a) Si n est pair, n − 1 est impair et on a : ( −1)n −1 ≡ −1[n ]. En multipliant QBSoPOPCUJFOU ( −1)n ≡ 1[n ]. Or, par définition d’un nombre de Carmichael, ( −1)n ≡ −1[n ] , donc il y a contradiction et n est impair. b) Un nombre de Carmichael possède au moins deux facteurs premiers sinon c’est un nombre premier. Supposons qu’un nombre de Carmichael possède deux facteurs premiers distincts p et q : n = pq . Corrigé séquence 3 – MA03 101 © Cned - Académie en ligne Alors, d’après le théorème de Korselt, p − 1 et q − 1 divisent n − 1. Or, n − 1 = pq − 1 = pq − q + q − 1 soit n − 1 = q (p − 1) + q − 1. Comme p − 1 divise n − 1, p − 1 divise q − 1. On raisonne de la même façon pour démontrer que q − 1 divise p − 1 et ainsi p − 1 = q − 1 soit p = q. Il y a contradiction car p et q sont deux nombres premiers distincts. Donc un nombre de Carmichael possède au moins trois facteurs premiers (distincts). c) On a : 561 = 3 × 11× 17 : 561 est strictement positif, non premier et sans facteur carré. %FQMVTøoøoFUoEJWJTFOU Donc 561 est bien un nombre de Carmichael. Corrigé des exercices de synthèse du chapitre 5 Exercice I Démonstration du petit théorème de Fermat Partie A Soit p un nombre premier. Soit n un entier non divisible par p. Soit E l’ensemble {n ; 2n ; 3n ; … ; (p − 1)n }. Supposons que p divise un élément kn de E avec 1 ≤ k ≤ p − 1. Alors, comme p est premier, p divise n ou p divise k. La première possibilité est exclue par hypothèse et la seconde est impossible car 1 ≤ k ≤ p − 1. Donc p ne divise aucun élément de E. Soit kn et k’n deux éléments distincts de E avec 1 ≤ k ′ < k ≤ p − 1. En écrivant la division euclidienne de kn et k’n par p et comme p ne divise aucun élément de E, on obtient : kn = qp + r avec 1 ≤ r ≤ p − 1 et k’n = q’p + r’ avec 1 ≤ r ′ ≤ p − 1. Si r = r’ alors kn − qp = k ′n − q ′p soit n (kok’ ) = p (qoq’ ). Donc p divise n (kok’ ). Comme p ne divise pas n, p divise (kok’ ). Mais ceci est impossible car 1 ≤ k − k ′ ≤ p − 2. Donc deux éléments distincts de E ont des restes distincts dans la division euclidienne par p. L’ensemble E comporte (p − 1) éléments qui ont chacun un reste distinct de tous les autres dans la division euclidienne par p. Comme p ne divise aucun élément de E, les restes possibles sont 1 ; 2 ; … ; (p − 1) : il y a (p − 1) restes distincts, donc chacune des valeurs 1 ; 2 ; … ; (p − 1) correspond au reste dans la division euclidienne par p d’un élément de E. Donc la liste non ordonnée des restes possibles dans la division euclidienne par p des éléments de l’ensemble E est {1 ; 2 ; 3 ; … ; p − 1}. 102 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 3 – MA03 Soit M le produit des éléments de E : M = n × 2n × 3n × ... × ( p − 1)n. a) On réordonnant l’écriture de M, on obtient : M = 1× 2 × ... × ( p − 1) × n p −1 = ( p − 1)!× n p −1. b) Soit kn un élément de E. On a kn ≡ rk [ p ] avec rk ∈ {1 ; 2 ; ... ; p -1}. Par compatibilité des congruences avec la multiplication, M = n × 2n × 3n × ... × kn × ... × ( p − 1)n ≡ r1 × r2 × r3 × ... × rk × ... × rp −1 [ p ]. Comme chaque rk est un élément distinct de {1 ; 2 ; ... ; p -1}, r1 × r2 × r3 × ... × rk × ... × rp −1 = 1× 2 × ... × ( p − 1) = ( p − 1)! (cette égalité ne tient pas compte de l’ordre). On en déduit donc que M ≡ ( p − 1)![ p ]. c) Comme M ≡ ( p − 1)![ p ] et M = ( p − 1)!× n p −1, on a ( p − 1)!× n p −1 ≡ ( p − 1)![ p ] p −1 − 1) ≡ 0 [ p ]. soit ( p − 1)!× (n p −1 Comme ( p − 1)!× (n − 1) ≡ 0 [ p ], p divise ( p − 1)!× (n p −1 − 1). Comme p est premier avec ( p − 1)! (sinon p diviserait un entier k avec 1 ≤ k ≤ p − 1 ), on en déduit que p divise (n p −1 − 1), c’est-à-dire n p −1 ≡ 1[ p ]. Partie B t Si p ne divise pas n, on a, par ce qui précède, n p −1 ≡ 1[ p ]. En multipliant par n, on obtient n p ≡ n [ p ]. t4Jp divise n, n ≡ 0 [ p ] et n p ≡ 0 [ p ] , donc n p ≡ n [ p ]. Dans tous les cas, si p est un entier naturel premier et n est un entier naturel, alors n p ≡ n [ p ]. Exercice II Chiffrement de Hill Partie A On a : 23 × ( −9 ) − 26 × ( −8 ) = −207 + 208 = 1 , donc le couple (−9 ; −8) est solution de l’équation (E). Alors si (x ; y) est solution de (E), 23x − 26 y = 1 = 23 × ( −9 ) − 26 × ( −8 ), donc 23( x + 9 ) = 26( y + 8 ). Alors 23 divise 26( y + 8 ). Comme 23 est premier avec 26, d’après le théorème de Gauss, 23 divise (y + 8). Donc il existe un entier k tel que y + 8 = 23k soit y = −8 + 23k . En reportant la valeur de y dans 23( x + 9 ) = 26( y + 8 ), on obtient 23( x + 9 ) = 26 × 23k soit x + 9 = 26k soit x = −9 + 26k . Réciproquement, si x = −9 + 26k et y = −8 + 23k , 23x − 26 y = 23 × ( −9 + 26k ) − 26 × ( −8 + 23k ) = −207 + 598k + 208 − 598k , on a bien 23 x − 26 y = 1. Corrigé séquence 3 – MA03 103 © Cned - Académie en ligne Les solutions de cette équation sont les couples ( −9 + 26k ; o+23k ) avec k ∈. Une solution x de l’équation (E) vérifie 23x ≡ 1 [26] car 26 y ≡ 0 [26]. Chercher une valeur de x telle que 0 ≤ x ≤ 25 revient à chercher une valeur de k telle que 0 ≤ −9 + 23k ≤ 25. La valeur k = 1 convient car −9 + 23 × 1 = 17. Ainsi, a = 17 vérifie 0 ≤ a ≤ 25 et on obtient bien 23a ≡ 1[26]. Partie B On veut coder un mot de deux lettres selon la procédure suivante : Étape 1 Le mot ST est remplacé par (18 ; 19). (18 ; 19) est transformé en ( y 1 ; y 2 ) tel que y 1 11 3 18 « y = 7 4 ⋅ 19 (mod 26 ). » 2 11 3 18 255 On a : = . Comme 255 ≡ 21 [26] et 202 ≡ 20 [26], ⋅ 7 4 19 202 on a ( y 1 ; y 2 ) = (21; 20), ce qui correspond à VU. a) On a : M −1 = 4 −3 1 −1 4 −3 23 = −7 11 . 11× 4 − 3 × 7 −7 11 b) D’après la partie A, un inverse de 23 modulo 26 est 17. En effet, 23 × 17 ≡ 1[26]. c) On en déduit que 4 −3 M −1 ≡ 17 × mod(26 ) −7 11 68 −51 ≡ mood(26 ) −119 187 16 1 ≡ mod(26 ). 11 5 x y 1 = 16 1 ⋅ 1 (mod 26 ) x 11 5 y 2 2 x 1 16 1 24 393 d) :+DPSSFTQPOEËø EPOD ⋅ = . = x 2 11 5 9 309 Comme 393 ≡ 3 [26] et 309 ≡ 23 [26], on a ( x 1 ; x 2 ) = (3 ; 23), ce qui correspond à DX. 104 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 3 – MA03 Exercice III Problèmes des restes chinois $PNCJFOMBSNÏFEF)BO9JOHDPNQPSUFUFMMFEFTPMEBUTTJSBOHÏTQBSDPMPOOFT il reste deux soldats, rangés par 5 colonnes, il reste trois soldats et, rangés par 7 colonnes, il reste deux soldats ? Soit n le nombre de soldats que comporte l’armée chinoise. On doit résoudre : n ≡ 2[ 3] n ≡ 3[5]. n ≡ 2[7] n ≡ 2[ 3] t0ODPOTJEÒSFMFTZTUÒNF (S1): . Si n est solution, il existe deux entiers n ≡ 3[5] n = 2 + 3x x et y vérifiant (S1′ ): . Résoudre ce système revient à résoudre n = 3 + 5y l’équation (E1): YZTPJUYoZPáx et y sont des entiers. Le couple (2 ; 1) est une solution particulière de (E1). Ainsi, 3xoy = 1 équivaut à 3x − 5y = 1 = 3 × 2 − 5 × 1 équivaut à 3( x − 2) = 5( y − 1). Supposons que (x ; y) soit solution de 3x o y = 1, alors 5 divise 3( x − 2). Comme 5 est premier avec 3, d’après le théorème de Gauss, 5 divise (xo Donc il existe un entier k tel que xok soit x = 2 + 5k . En reportant la valeur de x dans 3( x − 2) = 5( y − 1), on obtient 3 × 5k = 5( y − 1), soit y − 1 = 3k , soit y = 1+ 3k . Réciproquement, si x = 2 + 5k et y = 1+ 3k . 3x − 5y = 3 × (2 + 5k ) − 5 × (1+ 3k ) = 6 + 15k − 5 − 15k POBCJFOYoZ Les solutions de (E1) sont les couples (2 + 5k ; 1 + 3k) où k ∈. On trouve ainsi que n = 2 + 3(2 + 5k ) = 8 + 15k . n ≡ 2[ 3] t0ODPOTJEÒSFMFTZTUÒNF (S2 ): . Si n est solution, il existe deux entiers n ≡ 2[7] n = 2 + 3x x et y vérifiant (S2′ ): . Résoudre ce système revient à résoudre l’équan = 2 + 7y tion (E 2 ): 2+ 3x = 2 + 7y soit 3xoy = 0 où x et y sont des entiers. Le couple (7 ; 3) est une solution particulière de (E 2 ). En procédant de la même façon que précédemment, on trouve que les solutions de (E 2 ) sont les couples (7 + 7k ; 3 + 3k) où k ∈. On trouve ainsi que n = 2 + 3(7 + 7k ) = 23 + 21k où k ∈. t0OBø n = 8 + 15k et n = 23 + 21k ′ où k et k ′ sont des éléments de . Le nombre entier n est solution de l’équation (E 3 ) : 8 + 15x = 23 + 21y soit 5x − 7y = 5. Corrigé séquence 3 – MA03 105 © Cned - Académie en ligne En procédant de la même façon que précédemment, on trouve que les solutions de (E 3 ) sont les couples (8 + 7k ; 5 + 5k ) où k ∈. On trouve ainsi que n = 8 + 15(8 + 7k ) = 128 + 105k où k ∈ ou encore n = 23 + 105K où K ∈. Comme 105 = 3 × 5 × 7, on a bien n ≡ 2[ 3] ; n ≡ 3[5] et n ≡ 2[7]. Le nombre de soldats de cette armée peut être 23 ; 128 ; 233 … et plus généralement n = 23 + 105K où K ∈. Exercice IV a) Supposons qu’il existe des entiers u et v tels que au + bv = 1. On a donc d’après la réciproque du théorème de Bézout : PGCD (a ; b) = 1, c’està-dire a et b sont premiers entre eux. b) L’égalité (a 2 + ab − b 2 )2 = 1 équivaut à (a 2 + ab − b 2 ) = 1 ou (a 2+ab −b 2 ) =−1, ce qui équivaut à a (a + b ) − b × b = 1ou −a 2 − ab + b 2 = b (b − a ) − a × a = 1. Dans les deux cas, on peut dire qu’il existe deux entiers relatifs u et v tels que au + bv =1 et donc les nombres a et b sont premiers entre eux. On se propose de déterminer les couples d’entiers strictement positifs (a ; b) tels que (a 2 + ab − b 2 )2 = 1. Un tel couple sera appelé solution. a) Si a = b, (a 2 + ab − b 2 )2 = (a 2 + a 2 − a 2 )2 = a 4 . On a alors : (a 2 + ab − b 2 )2 = 1 équivaut à a 4 = 1 soit a = 1 ou a = −1. Cette dernière solution est exclue car a est un entier strictement positif donc a = b = 1. b) On a : (12 + 1× 1− 12 )2 = 1 ; (22 + 2 × 3 − 32 )2 = ( 4 + 6 − 9 )2 = 1 et (52 + 5 × 8 − 82 )2 = = (25 + 40 − 64 )2 = 1, donc (1 ; 1), (2 ; 3) et (5 ; 8) sont trois solutions particulières. c) L’égalité (a 2 + ab − b 2 )2 = 1 équivaut à (a 2 + ab − b 2 ) = 1 ou (a 2 + ab − b 2 ) = −1. Si (a 2 + ab − b 2 ) = 1, a 2 − b 2 = 1− ab. Comme a et b sont des entiers strictement positifs distincts, l’un des deux est supérieur ou égal à 2. Donc, 1− ab < 0 et ainsi, a 2 − b 2 < 0. Si (a 2 + ab − b 2 ) = −1 , a 2 − b 2 = −1− ab. Comme a et b sont des entiers strictement positifs, −1− ab < 0 et ainsi, a 2 − b 2 < 0. Dans les deux cas, si (a ; b) est solution et si a ≠ b , alors a 2 − b 2 < 0. a) Montrer que si (x ; y) est une solution différente de (1 ; 1), alors (y − x ; x) et (y ; y + x) sont aussi des solutions. Si (x ; y) est une solution, alors ( x 2 + xy − y 2 )2 = 1. On a : (( y − x )2 + ( y − x )x − x 2 )2 = ( y 2 − 2xy + x 2 + yx − x 2 − x 2 )2 = ( y 2 − xy − x 2 )2 = ( −( y 2 − xy − x 2 ))2 = ( x 2 + xy − y 2 )2 = 1. 106 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 3 – MA03 Donc si (x ; y) est une solution, alors (y − x ; x) est solution. De même, ( y 2 + y ( y + x ) − ( y + x )2 )2 = ( y 2 + y 2 + yx − y 2 − 2yx − x 2 )2 = ( y 2 − yx − x 2 )2 = ( −( y 2 − yx − x 2 ))2 = ( x 2 + xy − y 2 )2 = 1. Donc si (x ; y) est une solution alors (y ; y + x) est solution. b) (x ; y) (y − x ; x) (y ; y + x) (2 ; 3) (1 ; 2) (3 ; 5) (5 ; 8) (3 ; 5) (8 ; 13) Les couples (1 ; 2) ; (3 ; 5) et (8 ; 13) sont trois autres solutions. On considère la suite de nombres entiers strictement positifs (an ) définie par a0 = a1 = 1 et, pour tout entier strictement positif n, an + 2 = an +1 + an . On veut démontrer par récurrence que la proposition Pn « (an ; an +1) est solution » est vraie pour tout entier n ≥ 0. Initialisation Au rang n = 0, a0 = a1 = 1 et (1 ; 1) est solution, donc la proposition Pn est vraie au rang n = 0. )ÏSÏEJUÏ On suppose que la proposition « (an ; an +1) est solution » est vraie pour un certain rang n = k ; autrement dit, on suppose que pour un entier k positif, (ak ; ak +1) est solution. Regardons la proposition au rang k + 1. Comme (ak ; ak +1) est solution, (ak +1 ; ak + ak +1) est solution (par la question a) soit (ak +1 ; ak + 2 ) est solution. Ainsi la proposition Pn « (an ; an +1) est solution » est vraie au rang n = k + 1 : la propriété est héréditaire. Conclusion La proposition Pn « (an ; an +1) est solution » est vraie pour n = 0 et elle est héréditaire donc, pour tout n ≥ 0, (an ; an +1) est solution. D’après la question b), les nombres an et an +1 sont premiers entre eux. Exercice V Théorème de Wilson Si x 2 − 1 est divisible par p, alors il existe un entier k tel que x 2 − 1 = kp , c’est-à-dire ( x − 1)( x + 1) = kp. Comme p est un nombre premier, p divise ( x − 1) ou p divise ( x + 1). Comme ( x − 1) ∈ {1 ; 2 ; … ; po^p ne divise pas ( x − 1). Comme ( x + 1) ∈ {3 ; 2 ; … ; po^p ne divise pas ( x + 1). Donc, pour tout x dans A, x 2 − 1 n’est pas divisible par p. Corrigé séquence 3 – MA03 107 © Cned - Académie en ligne a) Soit x ∈ A. Comme 1 < x < p, x est premier avec p. D’après le théorème de Bézout, il existe un couple d’entiers (u ; v) tel que xu + pv = 1 soit xu ≡ 1mod( p ). b) Effectuons la division euclidienne de u par p : u = qp + r avec 0 ≤ r ≤ p − 1. Si r = 0, xu + pv ≡ 0 [ p ]. Comme xu + pv = 1, ceci est exclu. Si r = 1, xu + pv = xqp + x + pv = 1 donc x ≡ 1[ p ]. Ceci est exclu car 1 < x < p. Si r = p − 1, xu + pv = xqp + xp − x + pv = 1 donc x ≡ −1[ p ]. Ceci est exclu car 1 < x < p. Donc u = qp + r avec 2 ≤ r ≤ p − 2. Si r = x, x 2 ≡ 1 (mod p ) , c’est-à-dire x2 oFTUEJWJTJCMFQBSp. Et comme x ∈ A , ceci est exclu d’après la question . Donc, il existe un unique entier r de A, distinct de x, tel que xr ≡ 1mod( p ). c) Pour chaque élément x de A, on note i (x)=r l’élément de A distinct de x tel que : xr ≡ 1mod( p ). Si x et x ’ sont deux éléments distincts de A alors r = i (x ) et r ’ = i (x ) sont distincts. En effet, supposons que r = r ’. On a alors : xr ≡ x 'r mod( p ) et donc ( x − x ')r ≡ 0 mod( p ). Ainsi p divise (xox ’)r. Comme p et r sont premiers entre eux, p divise (x ox ’) (conséquence du théorème de Gauss). Ceci est absurde puisque o p o ≤ x o x h ≤ p o 4 et x ≠ x '. On peut donc regrouper les p oÏMÏNFOUTEF A par paire (x ; i(x)) dont le produit est congru à 1 modulo p. Le produit de tous les éléments de A est donc congru à 1 modulo p. Comme 2 × 3 × ... × ( p − 2) ≡ 1 mod( p ), 1× 2 × 3 × ... × ( p − 2) × ( p − 1) ≡ ( p − 1) mod( p ) ≡ −1 mod( p ). Ainsi, ( p − 1)! ≡ −1 mod( p ). Si p = 2, (2 − 1)! = 1≡ 1 mod( 2) ≡ −1 mod(2), donc le résultat est vrai. Si p = 3, ( 3 − 1)! = 2 ≡ 2 mod( 3) ≡ −1 mod( 3), donc le résultat est vrai. L’égalité ( p − 1)! ≡ −1 mod( p ) équivaut à : il existe un entier k tel que kp − ( p − 1)! = 1, c’est-à-dire, pour tout entier n compris entre 2 et (p o kp − [ 2 × 3 × ... × (n − 1) × (n + 1) × ... × ( p − 1)] × n = 1. On a donc l’égalité : kp + u × n = 1 avec u = − [ 2 × 3 × ... × (n − 1) × (n + 1) × ... ×( p − 1)] ∈ donc, d’après le théorème de Bézout, p est premier avec n. Ceci étant vrai pour tout entier n compris entre 2 et ( p − 1) , on en déduit que p est un nombre premier. 108 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 3 – MA03 Pour p = 2 et p = 3, le théorème de Wilson est vrai d’après la question . Pour p > 3, on a montré en que si p est un nombre premier, alors ( p − 1)! ≡ −1 mod( p ) et on a montré en que si ( p − 1)! ≡ −1 mod( p ), p est un nombre premier. Ainsi, un nombre p est premier si, et seulement si, ( p − 1)! + 1 ≡ 0 mod( p ). Exercice VI Dans cet exercice, on pourra utiliser le résultat suivant : « Étant donné deux entiers naturels a et b non nuls, si PGCD(a ; b) = 1 alors PGCD(a 2 ; b 2 ) = 1. » n Une suite ( Sn ) est définie pour n > 0 par Sn = Initialisation )ÏSÏEJUé ∑ p 3. p =1 On se propose de calculer, pour tout entier naturel non nul n, le plus grand commun diviseur de Sn et Sn +1. 2 n (n + 1) Démontrer que, pour tout n > 0, on a : Sn = . 2 n (n + 1) 2 On veut démontrer par récurrence que la proposition Pn « Sn = » 2 est vraie pour tout entier n ≥ 1. ( + 1) 2 11 = 1, donc la proposition Pn est vraie au Au rang n = 1, S1 = 1 et 2 rang n = 1. 2 n (n + 1) » est vraie pour un certain rang On suppose que la proposition « Sn = 2 2 k (k + 1) n = k ; autrement dit, on suppose que pour un entier k positif, Sk = . 2 Regardons la proposition au rang k + 1 : S k +1 = k +1 ∑p p =1 3 k = ∑ p 3 + (k + 1)3 p =1 2 k (k + 1) + (k + 1)3 = 2 k 2 = (k + 1)2 + k + 1 2 k 2 + 4k + 4 = (k + 1)2 4 (k + 2)2 (k + 1)(k + 2) 2 = (k + 1)2 = . 2 4 2 n (n + 1) Ainsi la proposition Pn « Sn = » est vraie au rang n = k + 1 : la 2 proposition est héréditaire. 2 Conclusion n (n + 1) La proposition Pn « Sn = » est vraie pour n = 1 et elle est héréditaire 2 2 n (n + 1) donc, pour tout n ≥ 1, Sn = . 2 Corrigé séquence 3 – MA03 109 © Cned - Académie en ligne Soit k l’entier naturel non nul tel que n = 2k. 2 2k (2k + 1) 2 2 a) On a : S2k = = k (2k + 1) et 2 2 (2k + 1)(2k + 2) 2 2 S2k +1 = = (2k + 1) (k + 1) . 2 Ainsi, (2k + 1)2 divise S2k et S2k +1, et, par la conséquence de la propriété 6, PGCD(S2k ; S2k +1) = (2k + 1)2PGCD(k 2 ; (k + 1)2 ). b) Comme 1× (k + 1) − 1× k = 1, d’après le théorème de Bézout, k et k + 1 sont premiers entre eux et donc PGCD (k ; k +1) = 1. c) Comme PGCD (k ; k +1) = 1, PGCD(k 2 ; (k + 1)2 ) = 1 (d’après le résultat admis). Comme PGCD(S2k ; S2k +1) = (2k + 1)2PGCD(k 2 ; (k + 1)2 ), PGCD(S2k ;S2k +1) = (2k + 1)2. Soit k l’entier naturel non nul tel que n = 2k +1. a) On a : PGCD(2k + 3 ; 2k + 1) = PGCD(2kok + 1) ; 2k + 1) = PGCD(2 ; 2k + 1). Comme 2 est premier, le PGCD de 2 et de 2k + 1 est égal à 1 ou 2. Mais comme 2k +1 est impair, 2 ne divise pas 2k +1, donc PGCD(2 ; 2k + 1) = 1 et ainsi, 2k + 3 et 2k + 1 sont premiers entre eux. 2 (2k + 2)(2k + 3) 2 2 b) On a : S2k + 2 = = (k + 1) (2k + 3) et 2 2 (2k + 1)(2k + 2) 2 2 S2k +1 = = (2k + 1) (k + 1) . 2 Ainsi, (k + 1)2 divise S2k + 2 et S2k +1, et, par la conséquence de la propriété 6, PGCD(S2k + 2 ; S2k +1) = (k + 1)2PGCD((2k + 3)2 ; ( 2k + 1)2 ). Comme PGCD(2k + 3 ; 2k + 1) = 1, PGCD((2k + 3)2 ; (2k + 1)2 ) = 1 (d’après le résultat admis). Comme PGCD(S2k + 2 ; S2k +1) = (k + 1)2PGCD((2k + 3)2 ; ( 2k + 1)2 ), PGCD(S2k + 2 ; S2k +1) = (k + 1)2. Déduire des questions précédentes qu’il existe une unique valeur de n, que l’on déterminera, pour laquelle Sn et Sn +1 sont premiers entre eux. Si n est pair, n = 2k, Sn et Sn +1 sont premiers entre eux équivaut à PGCD(S2k ;S2k +1) = (2k + 1)2 = 1, ce qui équivaut à (2k + 1)2 = 1. Comme 2k + 1 > 0, cela équivaut à 2k + 1= 1, ce qui équivaut à k = 0. Cette solution est exclue car n > 0. 110 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 3 – MA03 Si n est impair, n = 2k +1, Sn et Sn +1 sont premiers entre eux équivaut à PGCD(S2k +2 ; S2k +1) = (k + 1)2 = 1, ce qui équivaut à (k + 1)2 = 1. Comme k + 1 > 0, cela équivaut à k + 1= 1, ce qui équivaut à k = 0 soit n = 1. Ainsi, S1 et S2 sont les seuls termes de la suite consécutifs premiers entre eux. Exercice VII a) On a : 17 × 9 − 24 × 6 = 9, donc le couple (9 ; 6) est solution de l’équation (E). b) Ainsi, 17x −24y = 9 équivaut à 17x − 24 y = 9 = 17 × 9 − 24 × 6 équivaut à 17( x − 9 ) = 24( y − 6 ). Supposons que (x ; y) soit solution de 17x − 24y = 9, alors 24 divise 17( x − 9 ). Comme 24 est premier avec 17, d’après le théorème de Gauss, 24 divise (xo Donc il existe un entier k tel que xok soit x = 9 + 24k . En reportant la valeur de x dans 17( x − 9 ) = 24( y − 6 ), on obtient 17 × 24k = 24( y − 6 ), soit y − 6 = 17k , soit y = 6 + 17k . Réciproquement, si x = 9 + 24k et y = 6 + 17k , 17x − 24 y = 17 × (9 + 24k ) − 24 × (6 + 17k ) = 153 + 408k − 144 − 408k on a bien 17x −24y = 9. Les solutions de (E) sont les couples (9 + 24k ; 6 + 17k) où k ∈. a) Au temps t, le pompon a parcouru x tours : il s’est écoulé 17x s. Au temps t+FBOBQBSDPVSV y + 3 3 tours : il s’est écoulé 24 × y + = 24 y + 9 s. 8 8 On a donc 17x = 24 y + 9 soit l’équation (E) : 17x −24y = 9, donc (x, y) est solution de l’équation (E). b) Une durée de 2 minutes correspond à 120 secondes. Le couple (9 ; 6) est solution de (E) ; le temps t écoulé est alors égal à 17 × 9 = 153 > 120. Cette solution ne convient pas. Le couple (9 ; 6) étant la plus petite solution positive, les autres solutions ne conviennent pas non plus. +FBOOBVSBQBTMFUFNQTEBUUSBQFSMFQPNQPO c) On raisonne de la même façon qu’en b) : à l’instant t, on note y le nombre de tours effectués depuis son premier passage en A et x le nombre de tours effectués par le pompon. t4VQQPTPOTRVF+FBOBUUSBQFMFQPNQPOFO#ËMJOTUBOUt. 1 1 17 Le pompon a parcouru x + tours : il s’est écoulé 17 × x + = 17x + s. 4 4 4 +FBOBQBSDPVSV y + On a donc 17x + 5 5 tours : il s’est écoulé 24 × y + = 24 y + 15 s. 8 8 17 = 24 y + 15 soit 68 x − 96 y = 43. 4 Corrigé séquence 3 – MA03 111 © Cned - Académie en ligne On a : PGCD(68 ; 96) = 4, donc 4 divise 68 x − 96 y . Mais comme 4 ne divise pas 43, cette équation n’admet pas de solution entière. Il n’est pas possible d’attraper le pompon au point B. t4VQQPTPOTRVF+FBOBUUSBQFMFQPNQPOFO$ËMJOTUBOUt. 1 1 17 Le pompon a parcouru x + tours : il s’est écoulé 17 × x + = 17x + s. 2 2 2 +FBOBQBSDPVSV y + 7 7 tours : il s’est écoulé 24 × y + = 24 y + 21 s. 8 8 17 = 24 y + 21 soit 34 x − 48 y = 25. 2 On a : PGCD(34 ; 48) = 2, donc 2 divise 34 x − 48 y . Mais comme 2 ne divise pas 25, cette équation n’admet pas de solution entière. Il n’est pas possible d’attraper le pompon au point C. On a donc 17x + t4VQQPTPOTRVF+FBOBUUSBQFMFQPNQPOFO%ËMJOTUBOUt. 3 3 51 tours : il s’est écoulé 17 × x + = 17x + s. Le pompon a parcouru x + 4 4 4 +FBOBQBSDPVSV y + On a donc 17x + 1 1 tours : il s’est écoulé 24 × y + = 24 y + 3 s. 8 8 51 = 24 y + 3 soit 68 x − 96 y = −39. 4 On a : PGCD(68 ; 96) = 4, donc 4 divise 68 x − 96 y . Mais comme 4 ne divise pas −39, cette équation n’admet pas de solution entière. Il n’est pas possible d’attraper le pompon au point D. Conclusion Il n’est possible d’attraper le pompon qu’au point A. d)+FBOQBSUNBJOUFOBOUEVQPJOU& Au temps t, le pompon a parcouru x tours : il s’est écoulé 17x s. 1 1 Au temps t+FBOBQBSDPVSV y + tours : il s’est écoulé 24 × y + = 24 y + 3 s. 8 8 On a donc 17x = 24 y + 3. Une solution particulière de cette équation est (3 ; 2). Le temps t écoulé est alors égal à 17 × 3 = 51 < 120 ø+FBOBVSBMFUFNQTEBUUSBQFS le pompon. 112 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 3 – MA03 C orrigé séquence 4 Corrigé de l’activité du chapitre 2 Activité 1 La matrice P est inversible car le déterminant de P est non nul : det(P ) = −8. On calcule LP et PD : 2 6 6 2 18 −2 LP = et = 0, 5 0 1 −1 3 1 6 2 3 0 18 −2 PD = = . 1 −1 0 −1 3 1 On a LP = PD et P inversible, donc en multipliant les deux membres de l’égalité, à droite, par P −1, on obtient : L = PDP −1. Initialisation Hérédité 1 Pour la suite, calculons l’inverse de P : P −1 = 1 2 . 8 1 −6 Montrons, par récurrence, que pour tout entier n, Ln n 3 0 . Dn = 0 ( −1)n n 3 0 n n −1 Notons P(n) la proposition « L = PD P et D n = 0 ( −1)n 3 0 On a : L = PDP −1 et D 1 = D = , donc P(1) est vraie. 0 −1 = PD n P −1 et ». Soit k un entier naturel non nul. On suppose vraie la proposition P(k) : k k −1 L = PD P k 3 et D = 0 k . ( −1)k 0 On a : ( )( ) k +1 k k −1 −1 = PD k P −1PDP −1 ° L = L ⋅ L = PD P ⋅ PDP = PD k IDP −1 = PD k +1P −1 ; °D k +1 k 3 = D ⋅D = 0 k 3k +1 0 ⋅ 3 0 = k 0 −1 ( −1) (− −1)k +1 0 0 . La proposition P(k+1) est donc vraie. Corrigé séquence 4 – MA03 113 © Cned - Académie en ligne t0O FO EÏEVJU BMPST QBS SÏDVSSFODF RVF QPVS UPVU FOUJFS OBUVSFM OPO OVM MB proposition P (n) est vraie. De plus, P (0) est aussi vraie, donc la proposition est vraie pour tout entier naturel. Calculons alors PD n P −1. n n −1 L = PD P 1 6 2 = 8 1 −1 3n 0 1 6 2 = 8 1 −1 3n ( −1)n 1 6 × 3n + 2 × ( −1)n = 8 3n − ( −1)n 1 2 ( −1)n 1 −6 0 . −6 × ( −1)n 2 × 3n 12 × 3n − 12 × ( −1)n 2 × 3n + 6 × ( −1)n . j0 jn n On a donc on a l’expression de j n : =L an a0 jn = ( ) ( ) 1 1 6 × 3n + 2 × ( −1)n j 0 + 12 × 3n − 12 × ( −1)n a0 d’où 8 8 j n = 3n × ( 0, 75 j 0 + 1, 5a0 ) + ( −1)n (0, 25 j 0 − 1, 5a0 ) soit n −1 j n = 3n × ( 0, 75 j 0 + 1, 5a0 ) + (0, 25 j 0 − 1, 5a0 ) or j 0 = 2 et a0 = 1. 3 −1 n On a bien j n = 3n × α − β avec α = 3 et β = 1. 3 n −1 est une suite géométrique de raison en 3 module inférieur strictement à 1, donc elle converge vers 0. Pour n grand, La suite de terme général β n le terme β −1 est « négligeable », donc on a j n ≈ 3n × α . Quelles que 3 soient les conditions initiales, la suite ( j n ) se comporte à peu près comme une suite géométrique de raison 3, d’où un triplement approximatif de la population chaque année. 114 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 4 – MA03 Corrigés des exercices du chapitre 2 Exercice 1 Les solutions réelles de l’équation E : x 2 − x − 1 = 0 sont λ = µ= 1− 5 . On a : 2 λ µ λ 0 λ2 PD = = 1 1 0 µ λ 1+ 5 et 2 λ +1 µ +1 µ2 = µ µ λ ( λ 2 = λ + 1 et µ 2 = µ + 1 car λ et µ solutions de (E)) ; 1 1 λ µ λ +1 µ +1 AP = = PD . = µ 1 0 1 1 λ De plus, P est inversible car det P = λ − µ = 5. Donc, en multipliant, à droite, les deux membres de l’égalité précédente par P −1, on obtient : A = PDP −1. On a (propriété des matrices diagonales) pour tout entier naturel n, n λ D = 0 et (propriété des matrices diagonalisables), µn n 1 1 −µ An = PDP −1 = PD n P −1. De plus, on a : P −1 = 5 −1 λ On a donc : 0 n ( ) 1 λ µ λn A = 5 1 1 0 n n 1 λ µ λ A = 5 1 1 − µn n 1 −µ µn −1 λ 0 − µλ n λµn n +1 n +1 −µ − µλ n +1 + λµ n +1 1 λ A = 5 λ n − µn − µλ n + λµ n n n +1 n +1 −µ − µλ ( λ n − µ n ) 1 λ A = 5 λ n − µn − µλ ( λ n −1 − µ n −1) n = . n +1 n +1 λ n − µn −µ 1 λ 5 λ n − µn λ n −1 − µ n −1 . car λµ = −1. Déterminons l’expression de un en fonction de n. Corrigé séquence 4 – MA03 115 © Cned - Académie en ligne On a X n = An X 0 soit un + 1 un donc un = n +1 n +1 −µ − µλ n +1 + λµn +1 1 λ = 5 λn − µn − µλ n + λµn ( ) 1 n λ − µn . 5 On a un = λn µ n µ 1− 5 1− ( µ / λ )n +1 un + 1 donc or 1 − = <1 =λ n λ λ 1+ 5 un 5 1− ( µ / λ ) n d’où 1 0 µ µ lim = lim n →+∞ λ n →+∞ λ n +1 un + 1 = λ. n →∞ un = et lim On en conclut qu’à long terme la suite (un ) se comporte approximativement comme une suite géométrique de raison λ. Remarque Pour approfondir 1+ 5 λ +1 s’appelle le nombre d’or. On a vu que λ = , ce 2 λ qui signifie que lorsque l’on retranche un carré d’un rectangle dont le rapport des côtés est λ , il reste un rectangle semblable : avec le même rapport pour ces côtés (voir le dessin ci-dessous). Ce nombre d’or est aussi le rapport entre la diagonale d’un pentagone régulier et son côté. Ceci donne une méthode de construction du pentagone à la règle et au compas. Le nombre λ = 1 +1 116 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 4 – MA03 Exercice 2 Soient A et B deux matrices d’ordre 2, on calcule le déterminant du produit : a b α β aα + bγ AB = = d c γ δ d α + c γ a β + bδ d β + cδ . Donc det( AB ) = (aα + bγ )(d β + c δ ) − (d α + c γ )(a β + bδ ). On développe et on simplifie : det( AB ) = aaα αd β + bγ d β + aαc δ + bγ c δ − d α a β − d α bδ − c γ a β − c γ bδ det( AB ) = bγ d β + aαc δ − d α bδ − cγ cγ aβ det( AB ) = ac (αδ − βγ ) − bd (αδ − βγ ) det( AB ) = (ac − bd )(αδ − βγ ). On reconnaît le produit des déterminants, d’où det( AB ) = det(A ) × det(B ). Soit A une matrice non nulle d’ordre 2. On montre par récurrence que, n det An = det(A ) . ( ) ( ) On appelle P(n) cette proposition. Initialisation Hérédité ( ) 0 Pour n = 0, on a det A 0 =det (I ) = 1= (det(A)) , donc P(0) est vraie. Soit n un entier naturel. On suppose que P(n) est vraie et on montre P(n+1). ( ) ( ) ( ) n det ( An +1) = det ( A ) × ( det(A )) d’après P(n), donc P(n+1) est vraie. On a det An +1 =det AAn =det ( A ) × det An d’après la question , donc Conclusion Par récurrence, P(n) est vraie pour tout entier naturel. Soit n un entier naturel non nul. n +1 n +1 −µ λn − µn 1 λ D’après l’exercice précédent, on a A = 5 λn − µn λ n −1 − µn −1 1 n n λ −µ . et un = 5 un + 1 un On vérifie bien que An = . un un −1 Soit n un entier naturel non nul. n ( ) ( ) D’après la question , on a det An = ( det(A ))n . Or, d’une part, par définition du ( ) déterminant et d’après la question , det An =un +1un −1 − un2 et, d’autre part, d’après l’exercice précédent, det(A )= − 1, d’où la formule de Cassini. Montrons que pour tout entier naturel n, un +1 et un sont premiers entre eux. On utilise l’identité de Bézout et on raisonne par disjonction de cas. t4PJUn un entier pair. D’après la formule de Cassini, on a aun +1 + bun = 1 avec a = un −1 et b = −un , donc un +1 et un sont premiers entre eux. t4PJU n un entier impair. D’après la formule de Cassini, on a aun +1 + bun = 1 avec a = −un −1 et b = un , donc un +1 et un sont premiers entre eux. Corrigé séquence 4 – MA03 117 © Cned - Académie en ligne Exercice 3 Partie 1 : modélisation et étude Soit n un entier naturel. Avec les données, on obtient les relations de récur- rence suivantes. Le nombre de jeunes l’année n + 1 est égal au nombre de naissances dues aux jeunes adultes et aux adultes. Alors : j n +1 = c n + 5an . Le nombre de jeunes adultes l’année n + 1 est égal au nombre de jeunes ayant survécu : c n +1 = 0,5202 j n . Le nombre d’adultes l’année n + 1 est égal aux jeunes adultes ayant survécu : an +1 = 0,204c n . On écrit ce système sous forme matricielle : X n +1 = LX n . La courbe 2 représente l’évolution des jeunes ; la courbe 3, celle des jeunes adultes ; la courbe 4, celle des adultes et la courbe 1, celle de la population totale. 1 Population totale 1.5 2 1 3 0.5 4 0 10 20 30 40 Temps Pour chacune des suites, les points représentant deux termes consécutifs ont été reliés pour une meilleure lisibilité du graphique. Après une période d’oscillations, on observe une croissance exponentielle des différentes classes d’âge de la population. Dans la population, la classe la plus importante est celle des jeunes, puis des jeunes adultes. 118 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 4 – MA03 On calcule LP et PB. 1, 02 −0, 51 0, 51 LP = PB = 0, 5202 −0, 5202 0 0,10404 −0,10404 −0,10404 . On a LP = PB et P inversible (admis) d’où L = PBP −1. On montre par récurrence que pour tout entier naturel n, B n = (1, 02)n M + ( −0, 51)n J n . Initialisation Hérédité Pour n = 0 et n = 1, la proposition est vraie. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 1. On suppose que la proposition est vraie pour n, on la montre pour n+1. ( ) B n +1 = BB n = (1, 02M − 0, 51J ) (1, 02)n M + ( −0, 51)n J n . On développe : B n +1 = (1,02)n +1M 2 + 1,02 × ( −0,51)n MJ n − 0,51× (1,02)n JM + ( −0,51)n +1J n +1 or MJ = JM = 0 et M 2 = M donc B n +1 = (1, 02)n +1M + ( −0, 51)n +1J n +1. Conclusion Par récurrence, la proposition est vraie pour tout entier naturel n. Il semble que les matrices ( −0.51J )n tendent vers la matrice nulle lorsque n tend vers l’infini. n n Pour n grand, à l’approximation B ≈ (1, 02) M or Ln = PB n P −1 , donc Ln ≈ (1, 02)n PMP −1 et X n ≈ (1, 02)n PMP −1X 0 . Pour n grand, chaque classe d’âge se comporte donc comme une suite géométrique de premier terme positif et de raison 1,02 > 1, donc croissante. On calcule PMP −1 et PMP −1X 0 : 0, 4000 0, 7843 1, 9608 PMP −1 ≈ 0, 2040 0, 4000 1, 0000 0, 04080 0, 0800 0, 2000 0,4 − 1 et PMP X 0 = 0,204 . 0,408 On calcule la somme des coefficients de ce dernier vecteur, on obtient 0,6448. Complément On rajoute sur le graphique de la question la courbe (en gras) de la fonction f définie par f ( x ) = 0,6448 × e x ln(1,02) = 0,6448 × 1,02x qui prolonge la suite géométrique (tn) de raison 1,02 et de 1er terme to=0,6448. Corrigé séquence 4 – MA03 119 © Cned - Académie en ligne 1 Population totale 1.5 2 1 3 0.5 4 0 10 20 30 40 Temps À long terme, cette fonction représente bien l’évolution de la population totale. On a une croissance de type 1, 02n . L’étude explique bien les observations faites. Partie 2 : influence des différents coefficients La légère modification du taux de survie des jeunes change complètement l’évolution de la population. Avec ce taux de survie modifié, on tend vers une extinction de la population, elle décroît exponentiellement. Les autres coefficients semblent moins sensibles, car on conserve une croissance exponentielle de la population. D’après la partie 1, on peut supposer que pour n grand, les puissances de la L n λ n P MP −1 nouvelle matrice de Leslie L ′ s’écriront sous la forme ′ ≈ ′ ′ avec le nombre λ tel que λ < 1 . À l’aide d’un logiciel, on obtient en effet que les puissances de la nouvelle matrice de Leslie peuvent s’écrire sous cette forme avec λ ≈ 0,9852106784 . 120 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 4 – MA03 Exercice 4 Première partie : expérimentation On peut construire la feuille de calcul suivante : On observe que les deux populations augmentent et le rapport entre les deux populations semble tendre vers une constante. Dans la feuille précé- dente, si on modifie les conditions initiales, on observe que la population des faucons et des chouettes augmente toujours plus ou moins rapidement et que le rapport entre les deux populations semble tendre vers une constante. Il faut cependant que la population initiale des faucons soit inférieure à un certain nombre de fois celle des chouettes (nous verrons dans l’étude qu’il faut 5C 0 > F0 ) sinon, on obtient des valeurs négatives et donc la modélisation n’a plus de sens. Deuxième partie : étude Le système linéaire des suites récurrentes s’écrit sous la forme matricielle : 0, 4460 0, 470 pour tout entier naturel n, X n +1 = AX n avec A = . −0,1128 1,104 On en déduit par récurrence que pour tout entier naturel n, X n = An X 0 . La matrice P a pour déterminant det(P ) = −50, il est non nul, donc P est inversible. On calcule PD et AP : 10 5 1, 01 0 PD = = 12 1 0 0, 54 0, 4460 0, 470 10 5 AP = −0,1128 1,104 12 1 10,10 2, 70 et 12,12 0, 54 10,10 2, 70 = 12,12 0, 54 . −1 On obtient PD = AP et comme P est inversible, on a : A = PDP . On en déduit par récurrence que pour tout entier naturel n, An = PD n P −1. Corrigé séquence 4 – MA03 121 © Cned - Académie en ligne Déterminons une expression explicite (en fonction de n et du premier terme) F des suites (Fn ) , (C n ) et n . Cn On détermine l’inverse de P et on calcule An . On a : 1 − 50 P −1 = 6 25 1 10 1 − 5 6 n 1 n 0, 5 − 1, 01 5 et An = 5 6 n 6 n 25 0, 54 − 25 1, 01 . 1 n 6 n − 0, 54 + 1, 01 5 5 −0, 54n + 1, 01n n Puis on détermine X n = A X 0 . 4 n 9 n − 0, 54 + 1, 01 1 5 5 On a X 0 = et X n = 4 2 n 54 n − 25 0, 54 + 25 1, 01 . Enfin, on obtient l’expression des différentes suites : 4 9 4 54 Fn = − 0, 54n + 1, 01n , C n = − 0, 54n + 1, 01n et 5 25 5 25 4 9 − 0, 54n + 1, 01n Fn 5 5 = . C n − 4 0, 54n + 54 1, 01n 25 25 Déterminons la limite de chacune des suites. On a des combinaisons de suites géométriques. Lorsque la raison q d’une suite géométrique est strictement supérieure à 1, cette suite diverge. Si q < 1 , alors cette suite géométrique tend vers 0. On en déduit que lim Fn = +∞ et n →+∞ lim C n = +∞. n →+∞ Pour le rapport de ces deux suites, on a : 4 0, 54 n 9 n 1, 01 1− 5 9 1, 01 4 0, 54 n 45 1− 9 1, 01 Fn donc = = n n C n 54 4 0 , 54 4 0 , 54 1, 01n 1− 54 1− 25 54 1, 01 54 1, 01 Fn 45 5 = = . n →+∞ C n 54 6 lim L’étude confirme bien les observations faites dans la première partie : une croissance exponentielle des deux populations et le rapport des deux populations qui tend vers une constante 122 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 4 – MA03 5 ≈ 0, 83. 6 Compléments Dans le cas général, on a : 1 n n n n − 0, 54 − 1, 01 C 0 + 6 × 0, 54 − 1, 01 F0 5 Xn = 6 1 n n n n − 5 0, 54 − 6 × 1, 01 C 0 + 25 0, 54 − 1, 01 F0 ( ( ) ) ( ( ) ) . Les suites des deux populations se comportent à long terme comme des suites géométriques de raison 1,01 : tTJ 5C 0 > F0 , alors la constante précédant (1, 01)n est positive, donc les suites des deux populations sont croissantes ; tTJOPOMFTTVJUFTQSFOOFOUEFTWBMFVSTOÏHBUJWFTFUMBNPEÏMJTBUJPOOBQMVTEF sens. Exercice 5 Première partie : expérimentation On peut construire la feuille de calcul suivante pour déterminer les premiers termes des suites (un ) et (v n ). On observe que les deux suites semblent converger : la suite (un ) vers 0,13 et la suite (v n ) vers 0,43. Dans la feuille de calcul pré- cédente, on modifie les conditions initiales. On observe que les deux suites semblent toujours converger vers les valeurs observées précédemment. Seule la vitesse de convergence semble modifiée. Deuxième partie : modélisation et recherche d’une solution constante (état d’équilibre ou stable) On obtient l’écriture matricielle suivante : pour tout entier naturel n, X n +1 = AX n + B avec 0,16 0, 3 −0,16 A= . et B = 0, 24 −0,1875 0, 5 Montrons qu’il existe un unique vecteur colonne C tel que C = AC + B . Corrigé séquence 4 – MA03 123 © Cned - Académie en ligne On suppose qu’il existe une solution, alors elle vérifie (I − A )C = B . Le déterminant de I − A est égal à 0,32, il est non nul, donc I − A est inversible. Donc, s’il existe une solution, elle est unique et vaut C = (I − A )−1B . On vérifie que C = (I − A )−1B est bien solution, d’où l’existence et l’unicité d’une solution constante. On a I − A = 7 10 3 16 25 16 donc A −1 = 75 − 128 8 et det(I – A ) = 25 4 25 1 2 1 2 35 16 − 13 et C = 100 69 160 . On peut aussi faire les calculs de l’inverse de I − A puis de C avec la calculatrice. Troisième partie : étude de la convergence de la suite ( X n ) Soit n un entier naturel. On a X n +1 − C = AX n + B − ( AC + B ) soit X n +1 − C = A ( X n − C ) . Donc Un +1 = AUn . Par récurrence, on en déduit que pour tout entier naturel n, Un = AnU 0 . n Donc X n − C = A ( X 0 − C ) soit X n = An ( X 0 − C ) + C . La matrice P a pour déterminant det(P ) = −160, il est non nul, donc P est inversible. On calcule PD et AP : 8 8 0, 2 0 1, 6 4 , 8 PD = = et 5 −15 0 0, 6 1 −9 0, 3 −0,16 8 8 1, 6 4 , 8 AP = . = −0,1875 0, 5 5 −15 1 −9 On obtient PD = AP et comme P est inversible, on a A = PDP −1. Par récurrence, on en déduit que pour tout entier naturel n, An = PD n P −1. On calcule l’inverse de P puis An . 3 1 32 20 P −1 = 1 1 32 − 20 3 n 1 n 0, 2 + 0, 6 4 4 n et A = 15 15 n n 32 0, 2 − 32 0, 6 Puis on détermine X n = An ( X 0 − C ) + C . 124 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 4 – MA03 2 n 2 n 0, 2 − 0, 6 5 5 1 n 3 n 0, 2 + 0, 6 4 4 . On a X 0 = 3 10 4 10 et C = 13 100 69 160 23 11 13 0,2n + 0,6n + 200 200 100 d’où Xn = 23 33 n n 69 320 0,2 − 320 0,6 + 160 . On a les expressions explicites suivantes pour les suites (un ) et (v n ). Ces deux suites sont la somme d’une constante et de combinaisons linéaires de suites géométriques de raison q telle que q < 1, donc ces suites géométriques tendent vers 0, donc les suites (un ) et (v n ) convergent. On a : lim un = n →+∞ 13 69 = 0,13 et lim v n = = 0, 43125. 100 160 n →+∞ ( ) tend vers 0, donc la suite de vecteurs Autrement dit, la suite de matrice An ( X n ) tend vers C. À long terme, la proportion d’iris à fleurs orange est constante à 13 % et celle d’iris à fleurs violettes est constante à environ 43 %. Exercice 6 2 La matrice I − A est égale à I − A = 5 4 donc elle n’est pas inversible. − 5 1 5 2 5 − , son déterminant est nul, Montrons qu’il n’existe pas de solution constante à l’équation de récurrence. On procède par l’absurde. x On suppose qu’il existe une solution C = telle que (I − A )C = B . y 2 1 x − y =1 5 5 On a alors le système linéaire suivant : . 4 2 − x + y =1 5 5 −4 x + 2y = −2 Il est équivalent à −4 x + 2y = 1 . Ce qui est absurde, donc il ne peut exister de solution constante. 1 0 1 1 Vérifions que A = PDP avec P = et D = 1 . 0 2 − 2 5 La matrice P a un déterminant égal à −4, il est non nul, donc elle est inversible. On calcule son inverse : 1 2 1 P −1 = . 4 2 −1 −1 −1 Puis on calcule PDP . Corrigé séquence 4 – MA03 125 © Cned - Académie en ligne PDP −1 1 0 2 1 1 1 1 = 1 2 −1 4 2 −2 0 5 1 1 1 5 = 2 4 2 −5 3 2 1 = 5 2 −1 4 5 1 5 3 5 . On pose Un = P −1X n . Montrons que pour tout entier naturel n, Un +1 = DUn + P −1B . −1 On a X n +1 = PDP X n + B . On multiplie chaque membre par P −1 , d’où −1 P −1X n +1 = DP −1X n + P −1B , ce qui donne la relation Un +1 = DUn + P B . −1 On calcule P B : 3 1 2 1 1 4 . P −1B = = 4 2 −1 1 1 4 un U = On pose n . Les suites (un ) et (v n ) vérifient le système suivant : v n 3 un + 1 = un + 4 . 1 1 V = v + n +1 5 n 4 3 La suite (un ) est une suite arithmétique de raison et (v n ) est une suite 4 arithmético-géométrique. 3 On a donc pour tout entier naturel n, un = u 0 + n. 4 Pour la suite (v n ) , on pourra se référer au cours de mathématiques du tronc commun à la page 21. 5 1 1 On cherche v * tel que v * = v * + . On obtient v * = , d’où pour tout entier 16 5 4 naturel n, n 1 v n = v 0 − v * + v *. 5 ( xn On pose X n = y n ( y n ). ) . Déterminons la forme explicite pour les suites ( x n ) et On a X n = PUn , donc x n = un + v n et y n = 2(un − v n ). 126 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 4 – MA03 1 converge vers 0, donc la suite (v n ) 5 converge vers v *. La suite arithmétique (un ) tend vers +∞ . Donc, par com- La suite géométrique de raison binaison des limites, les deux suites ( x n ) et ( y n ) divergent, elles tendent toutes deux vers +∞ , donc la suite de vecteurs colonnes ( X n ) diverge (ne converge pas). Exercice 7 Chaque jeune femelle de moins de 2 ans donne en moyenne 1,5 femelle. Chaque femelle adulte donne en moyenne 2 femelles. Le taux de survie des jeunes femelles au bout de deux ans est de 8 %, et l’espérance de vie moyenne est de 4 ans. La matrice P est inversible car le déterminant de P est non nul : det(P ) = −0, 85. On calcule LP et PD : 1, 5 2 1 1 1, 6 −0,1 LP = ; 0, 05 −0, 8 = 0, 08 0, 08 0, 08 0 1 1 1,6 0 1,6 −0,1 PD = = . 0,05 −0,8 0 −0,1 0,08 0,08 −1 On a LP = PD et P inversible, d’où L = PDP . 1 0, 8 1 Pour la suite, calculons l’inverse de P : P −1 = 0, 85 0, 05 −1 . Par récurrence, on obtient que pour tout entier n, 1, 6n Ln = PD n P −1 et D n = 0 n −1 Calculons PD P : PD n P −1 = n −1 PD P n −1 PD P n 1 1 1 1, 6 0, 85 0, 05 −0, 8 0 . n ( −0,1) 0 0, 8 1 ( −0,1)n 0, 05 −1 0 n 1 1 1 0, 8 × 1, 6 = 0, 85 0, 05 −0, 8 0, 05 × ( −0,1)n n −( −0,1) 0, 8 × 1, 6n + 0, 05 × ( −0,1)n 1 = 0, 85 0, 04 × 1, 6n − 0, 04( −0,1)n 1, 6n − ( −0,1)n 1, 6n . 0, 05 × 1, 6n + 0, 8 × ( −0,1)n Corrigé séquence 4 – MA03 127 © Cned - Académie en ligne On en déduit l’expression de j n : 1 1 jn = 0, 8 × 1, 6n + 0, 05 × ( −0,1)n j 0 + 1, 6n − ( −0,1)n a0 d’où 0, 85 0, 85 ( jn = ) ( ) 1, 6n ( −0,1)n × ( 0 , 8 j 0 + a0 ) + (0, 05 j 0 − a0 ) soit 0, 85 0, 85 n 1, 6n −0,1 × ( 0 , 8 j 0 + a0 ) + (0, 05 j 0 − a0 ) . 1, 6 0, 85 n −0,1 n On a bien j n = 1,6 × α + β avec α et β qui ne dépendent que de 1,6 j 0 et a0 . jn = −0,1 La suite de terme général β 1,6 n est une suite géométrique de raison en module inférieur strictement à 1, donc elle converge vers 0 lorsque n tend −0,1 vers l’infini. Pour n grand, le terme β 1,6 n est « négligeable », donc on a j n ≈ 1, 6n × α . Quelles que soient les conditions initiales, la suite ( j n ) se comporte comme une suite géométrique de raison 1,6, d’où une population des jeunes femelles multipliée environ par 1,6 tous les deux ans. La population des femelles adultes est décrite par la suite (an ). On a an = 0, 08 j n −1 , donc pour n grand, elle se comporte aussi comme une suite géométrique de raison 1,6. Exercice 8 La matrice P est inversible car le déterminant de P est non nul : det(P ) = −0, 875. On calcule LP et PD : 0, 25 2 −0, 75 1 1 1 LP = 0, 375 −0, 5 = ; 0, 375 0, 375 0, 375 0 1 −0,75 0 1 1 1 PD = = . 0,375 −0,5 0 −0,75 0,375 0,375 On a LP = PD et P inversible, d’où L = PDP −1. Pour la suite, calculons l’inverse de P : P −1 = 1 1 0, 5 0, 875 0, 375 −1 Par récurrence, on obtient que pour tout entier n, 1 0 0 ( −0,75)n n L = PD n P −1 et D = n 128 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 4 – MA03 . . Calculons PD n P −1 : PD n P −1 = 0 1 1 1 1 0, 875 0, 375 −0, 5 0 ( −0, 75)n 0, 5 1 0, 375 −1 PD n P −1 = 0, 5 1 1 1 0, 875 0, 375 −0, 5 0, 375 × ( −0, 75)n PD n P −1 = 0, 5 + 0, 375 × ( −0, 75)n 1 0, 875 0,1875 − 0,1875( −0, 75)n −( −0, 75)n 1 . 0, 375 + 0, 5 × ( −0, 75)n 1− ( −0, 75)n On en déduit l’expression de j n : ( ) ( ) jn = 1 1 0, 5 + 0, 375 × ( −0, 75)n j 0 + 1− ( −0, 75)n a0 d’où 0, 875 0, 875 jn = 1 ( −0, 75)n × ( 0 , 5 j 0 + a0 ) + (0, 375 j 0 − a0 ). 0, 875 0, 875 On a bien j n = α + β( −0,75)n avec α et β qui ne dépendent que de j 0 et a0 . La suite de terme général β ( −0,75) n est une suite géométrique de raison en module inférieur strictement à 1, donc elle converge vers 0 lorsque n tend vers l’infini. La suite ( j n ) converge vers une valeur finie qui dépend des conditions initiales, d’où une stagnation de la population des jeunes femelles. La population des femelles adultes est décrite par la suite (an ) avec an = 0, 375 j n −1 , donc elle converge aussi vers une valeur finie qui dépend des conditions initiales, d’où une stagnation de la population des femelles adultes et, finalement, une stagnation de la population totale. Corrigé des exercices de synthèse du chapitre 3 Exercice I Première partie : expérimentation Pour chacune des différentes suites, les points représentant deux termes successifs ont été reliés pour une meilleure lisibilité des graphiques. La courbe 1 représente l’évolution au cours du temps du nombre de harles huppés, et la courbe 2 celle des anguilles. Corrigé séquence 4 – MA03 129 © Cned - Académie en ligne k = 0,095 2 k = 0,375 400 1 Population Population 1.5 2 2.2 1 1 1 2 300 200 2 Population k = 0,495 1.8 1.6 2 1.4 100 0.5 1.2 1 5 10 15 20 5 25 Temps On observe une extinction des deux espèces. 10 15 20 25 Temps On observe une croissance des deux espèces. 5 10 15 20 25 Temps On observe une stabilité des deux espèces. Pour k = 1,375, on obtient les courbes suivantes. 2 1 Population 1 5 10 15 20 25 Temps –1 –2 On observe des oscillations. Ici, le paramètre n’a pas de sens car on obtient des populations négatives, mais le phénomène oscillatoire est intéressant. Deuxième partie : étude On prend k = 0,495. a) La matrice P est inversible car son déterminant est égal à −20 , donc non nul. 9 − 20 On a P −1 = 11 20 1 2 1 − 2 . Calculons PDP −1. 4 10 10 5 PDP −1 = 11 9 0 8 0 − 1 P = 44 7 5 10 b) Déterminons An . On a, par récurrence, pour tout entier naturel n, 130 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 4 – MA03 7 63 10 − 9 20 11 20 1 2 1 − 2 = A. An = PD n P −1 et 4 n 5 Dn = 0 n 7 10 0 (propriété des matrices diagonales). 11 7 n 9 4 n − 2 5 n 2 10 On obtient : A = n 99 4 n 99 7 20 10 − 20 5 . n n 9 7 11 4 − + 2 10 2 5 n n 7 4 −5 + 5 10 5 c) Étudions la convergence de la suite ( X n ). Les coefficients de la matrice An sont des combinaisons linéaires de suites géométriques de raison q telle que q < 1, donc ces suites convergent vers 0. La suite ( ) tend donc vers la matrice nulle et donc la suite ( X n ) tend de matrices An vers le vecteur nul, quelles que soient les conditions initiales. On prend k = 0,095. a) La matrice P est inversible car son déterminant est égal à −180, il est non nul. 1 − 180 On a P −1 = 19 180 1 18 1 − 18 . Calculons PDP −1. 6 10 10 5 PDP −1 = 19 1 0 12 = 114 5 3 3 10 0 P −1 3 10 1 − 180 19 180 1 18 1 − 18 = A. b) Déterminons An et X n . Corrigé séquence 4 – MA03 131 © Cned - Académie en ligne On a, par récurrence, pour tout entier naturel n, An = PD n P −1 et 6 n 0 5 Dn = n 3 0 10 (propriété des matrices diagonalisables). 19 3 n 1 6 n − 18 5 18 10 n On obtient A = n n 19 6 19 3 − 180 10 180 5 hn On a X n = An X 0 et X n = an . n 19 6 n 1 3 − + 18 5 18 10 5 3 n 5 6n − + 9 10 9 5 donc n 1 1 3 6 hn = − (10 a0 − 19 h0 ) + (10 a0 − h0 ) 5 18 10 18 n n et n 1 19 3 6 an = − 10 a0 − 19 h0 ) + 10 a0 − h0 ) . ( ( 5 180 10 180 c) Étudions la convergence de la suite ( X n ). La suite géométrique de raison 0,3 converge vers 0, la suite géométrique de raison 1,2 tend vers +∞. Si h0 > 10a0 , alors les populations prennent des valeurs négatives, le modèle n’a plus de sens. Si h0 = 10a0 , alors les suites convergent vers 0, on a extinction des deux espèces. Si h0 < 10a0 , les deux suites se comportent à long terme comme une suite géométrique de raison 1,2 et de premier terme positif, donc les deux populations augmentent. On prend k = 0,375. * * * a) On cherche un vecteur stable non nul, c’est-à-dire X tel que X = AX . x On suppose que ce vecteur stable existe, on pose X * = , on a alors le sys y tème linéaire suivant : x = 0, 25x + 0, 5y , y = −0, 375x + 1, 25y il est équivalent à 0, 75x = 0, 5y soit y = 1, 5x . 132 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 4 – MA03 x Si un vecteur stable existe, il est de la forme X * = avec x réel non nul. 1, 5x On vérifie que tous les vecteurs de cette forme sont stables, il existe donc une infinité de vecteurs stables. b) La matrice P est inversible car son déterminant est égal à −1, donc non nul. 1 1 − 2 −1 . Calculons PDP −1. On a P = 3 2 −1 1 1 1 0 1 −1 PDP −1 = 3 1 1 P = 0 3 2 2 2 2 n c) Déterminons A et X n . n On obtient (comme aux questions et ) : A = hn De plus, X n = An X 0 et X n = donc an hn = − n 1 1 1 2a0 − 3h0 ) + a0 − h0 et ( 2 2 2 an = − n 1 3 3 1 2a0 − 3h0 ) + a0 − h0 . ( 2 4 2 4 1 2 1 4 1 1 − 2 = A. 3 2 −1 1 n − + 1 2 . n n 3 1 3 1 1 3 − + − 4 2 4 2 2 2 n 3 1 1 − 2 2 2 d) Étudions la convergence de la suite ( X n ). La suite géométrique de raison 0,5 converge vers 0, donc la suite ( X n ) converge vers le vecteur : 1 1 . X * = a0 − h0 2 1, 5 Celui-ci dépend des conditions initiales mais est toujours un vecteur stable. Pour 1, 5 h0 = 1 et a0 = 2, on obtient le vecteur X * = . Ceci confirme l’obser2, 25 vation faite à la première partie. Exercice II Première partie : expérimentation On prend pour conditions initiales 90 proies, soit p0 = 90 et 50 prédateurs soit q 0 = 50 . Corrigé séquence 4 – MA03 133 © Cned - Académie en ligne On a représenté la suite des proies (courbe 1) et celle des prédateurs (courbe 2). 1 300 Population 250 200 150 2 100 50 0 500 1000 1500 2000 2500 Temps 3000 On observe que les suites oscillent autour de valeurs d’équilibre : 100 pour les proies (ligne en pointillés noirs) et 80 pour les prédateurs (ligne en pointillés gris). Nous justifierons ces valeurs par la suite. Ces oscillations semblent d’amplitude de plus en plus grande au cours du temps. On observe le déphasage entre la courbe des proies et celle des prédateurs et l’évolution cyclique de ce système : une diminution des proies entraîne, après quelque temps, une diminution des prédateurs, qui suscite une augmentation des proies suivie d’une augmentation des prédateurs puis, à nouveau, une diminution des proies, etc. Si on change les conditions initiales, on observe le même type de comporte- ment : elles ont peu d’influence sur le système. Deuxième partie : point d’équilibre et linéarisation Recherche des points d’équilibre : 0, 01p ( 4 − 0, 05q ) = 0 Le système est équivalent à . 0, 01q (1− 0, 01p ) = 0 t0OTVQQPTFRVFp ; q) est une solution du système. D’après la première équa4 = 80. tion, on a soit p = 0 soit q = 0, 05 Si p = 0, alors la deuxième équation donne q = 0. Si q = 80, alors la deuxième équation donne p = 100. Si (p ; q) est solution, alors les seules valeurs possibles sont (0 ; 0) et (100 ; 80). t0OWÏSJGJFRVFDFTEFVYDPVQMFTTPOUCJFOTPMVUJPO t$PODMVTJPOøMFTZTUÒNFQPTTÒEFFYBDUFNFOUMFTEFVYTPMVUJPOTQSPQPTÏFT Montrons que l’on obtient le système suivant : u 0 , v 0 réels donnés, pour n ∈ , un +1 = un − 0, 05v n − 0, 0005unv n . v = 0, 008u + v + 0, 0001u v n n n n n +1 134 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 4 – MA03 ( ) pn +1 − p * = 1, 04 ( pn − p * ) − 0, 0005(q n pn − q *p * ). D’où un +1 = 1, 04un − 0, 0005 (q n pn − q *p * ) (1). De même, q n +1 − q * = 0, 99q n + 0, 0001q n pn − ( 0, 99q * + 0, 0001q *p * ) soit q n +1 − q * = 0, 99 (q n − q * ) + 0, 0001(q n pn − q *p * ). D’où v n +1 = 0, 99v n + 0, 0001(q n pn − q *p * ) (2). pn +1 − p * = 1,04 pn − 0,0005q n pn − 1,04 p * − 0,0005q *p * soit On a : * * Exprimons q n pn − q p en fonction de un et v n . On a : ( )( ) q n pn − q *p * = v n + q * un + p * − q *p * = p *v n + q *un + v n un soiit q n pn − q *p * = 100v n + 80un + v n un . On remplace dans (1) et (2) et on obtient bien le système annoncé. Les suites (un ) et (v n ) convergent vers 0, donc on décide de négliger le terme unv n par rapport à un et v n . On obtient bien le système linéaire : u 0 , v 0 réels donnés, pour n ∈ , . un +1 = un − 0, 05v n v = 0, 008u + v n n n +1 Troisième partie : étude du système linéaire On remplace dans le système linéaire un et v n respectivement par pn − p * et q n − q *. On obtient : soit p0 , q 0 réels donnés, pour n ∈ , pn +1 − 100 = pn − 100 − 0, 05 (q n − 80) q n +1 − 80 = 0, 008 ( pn − 100) + q n − 80 p0 , q 0 réels donnés, pour n ∈ , . pn +1 = pn − 0, 05q n + 4 q n +1 = 0, 008pn + q n − 0, 8 On obtient bien le système suivant sous forme matricielle : pn +1 pn 4 . = A + q n −0, 8 q n +1 On a une suite de vecteur (Un ) récurrente de la forme Un +1 = AUn + B . * p est un vecteur stable, c’est-à-dire que U * = AU * + B . Montrons que U = q* * Corrigé séquence 4 – MA03 135 © Cned - Académie en ligne 0 0, 05 100 4 = = B. En effet, on a (I − A )U * = 0 80 0, 8 −0, 008 ( ) Soit n un entier naturel. On a Un +1 − U * = AU n + B − AU * + B , donc ( ) Un +1 − U * = A Un − U * . n ( ) ( ) Par récurrence, on obtient Un − U = A U 0 − U , d’où Un = An U 0 − U * + U *. * * Montrons que A = PCP −1. La matrice P est inversible car son déterminant vaut 0,4, donc est non nul. Vérifions que AP = PC. On a : −0, 05 1 1 1 0, 02 0 AP = 0 −0, 4 = et 1 0, 008 −0, 4 0, 008 1 1 0, 02 1 0, 02 0 PC = = 1 0, 008 −0,44 0 −0, 4 −0, 02 d’où l’égalité annoncée. Calculons les premières puissances de C. 2 2 2 2 On a C = (I + 0, 02J ) =I +0, 04 J +0, 02 J or J 2 = −I donc C 2 = 0,9996I + 0,04 J . 3 2 On a C = (I + 0,02J )C = (I + 0,02J )( 0,9996I + 0,04 J ) = 0,9996I + 0,059992J + 0,0008J 2 , donc C 3 = 0, 9988I + 0, 059992J . Il ne semble pas que nous ayons de formule simple pour les puissances de C. On a représenté les suites ( pn ) et (q n ) définies par la récurrence linéaire ci-dessus, respectivement en gras (proies) et en trait fin (prédateurs). Population 200 150 100 D D’ 50 500 1000 1500 2000 2500 Temps 3000 On observe que le comportement qualitatif est le même pour les problèmes exact et linéarisé. Pour le problème linéarisé, les oscillations sont plus centrées autour des valeurs d’équilibre : 100 pour les proies (droite D) et 80 pour les prédateurs (droite D ’). 136 © Cned - Académie en ligne Corrigé séquence 4 – MA03