AL7MA03ANPA0013-Corriges-des-exercices

Mathématiques
Terminale S
Enseignement de Spécialité
Corrigés des exercices
Rédaction :
Anne Fromentin - Aubry
Annaïg Meudec
Coordination :
Sébastien Cario
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respectifs. Tous ces éléments font l’objet d’une protection par les dispositions du code français de la propriété intellectuelle ainsi que
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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
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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
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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
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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.
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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


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
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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
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 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
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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
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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
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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
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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
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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
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

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
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( 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
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

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
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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
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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
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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
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

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
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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
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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
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▶ 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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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( 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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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−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$2*C5 » ;
en B7 : « =MOD(B6;26) » ;
en B8 : « =CAR(B7+65) ».
On « copie-glisse » ensuite les formules et on obtient :
Corrigé séquence 3 – MA03
87
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D. À l’aide du tableur pour déchiffrer
On saisit en B13 : « = CODE(B4)-65 ».
Pour le calcul de l’inverse de 21 modulo 26 :
tPOTBJTJUFOUSF0FU0MFTFOUJFSTEFËø
tEBOTMBDPMPOOF2POFGGFDUVFMFQSPEVJUNPEVMPEFDIBDVOEFTFOUJFST
de 1 à 25 par 21 :
on saisit en Q3 « = MOD(O3*$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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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’équan = 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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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  6n
−   +  
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
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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
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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
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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
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
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
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Corrigé séquence 4 – MA03