Correction - My MATHS SPACE

TS (spécialité) Correction PONDICHÉRY 2013 2012-2013
EXERCICE 1 :
Enseignement de spécialité : Pondichéry 2013
1. (a) On a A×Un= 0,125jn+ 0,525an
0,625jn+ 0,625an!= jn+1
jn!=Un+1.
(b) Un an d’observation puis après deux ans d’observation (résultats arrondis à l’unité près par défaut).
U1=A×U0= 0,125 0,525
0,625 0,625!× 200
500!= 25 + 262,5
125 + 312,5!= 287,5
437,5!.
Au bout de 1 an il y aura 287 jeunes et 437 adultes.
U2=A×U1= 0,125 0,525
0,625 0,625!× 287,5
437,5!= 35,9375 + 229,688
179,688 + 273,438!= 265,625
453,125!.
Au bout de 2 ans il y aura 265 jeunes et 453 adultes.
(c) Unen fonction de Anet de U0.
Une récurrence simple permet de montrer que quel que soit n∈N, Un=An×U0.
Soit, pour tout entier naturel n∈N, la propriété P(n) : Un=AnU0.
•Initialisation :n= 0 et A0=I2et U0=I2U0donc P(0) est vraie.
•Hérédité : Démontrons que pour tout n∈N∗P(n) vraie implique P(n+ 1) vraie.
P(n) est vraie ⇔Un=AnU0
⇒AUn=A×AnU0
⇔Un+1 =An+1U0
⇔P(n+ 1) est vraie
•Conclusion : Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel n∈N∗,
Un=AnU0.
2. (a) Q×D= −1.75 3
1,25 5!, puis
(Q×D)×Q−1= −1,75 3
1,25 5! 0,1−0,06
0,1 0,14 != −0,175 + 0,3 0,105 + 0,42
0,125 + 0,5−0,075 + 0,7!= 0,125 0,525
0,625 0,625!.
On retrouve bien la matrice A.
(b) Soit, pour tout entier naturel n∈N∗, la propriété An=Q×Dn×Q−1.
•Initialisation :n= 1 et On a bien A1=Q×D1×Q−1(question précédente) donc P(1) est vraie.
•Hérédité : Démontrons que pour tout n∈N∗P(n) vraie implique P(n+ 1) vraie.
P(n) est vraie ⇔An=Q×Dn×Q−1
⇒A×An=A×Q×Dn×Q−1
⇔An+1 = (Q×D×Q−1)(Q×Dn×Q−1)
⇔An+1 =Q×D×(Q−1Q)×Dn×Q−1
⇔An+1 =Q×D×I2×Dn×Q−1
⇔An+1 =Q×(D×Dn)×Q−1
⇔An+1 =Q×Dn+1 ×Q−1
⇔P(n+ 1) est vraie
•Conclusion : Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel n∈N∗,
An=Q×Dn×Q−1.
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(c) La matrice Dest diagonale, donc les coefficients diagonaux de la matrice Dn(qui est aussi diagonale) sont
obtenus en prenant les puissances des coefficients diagonaux de D:
Dn= (−0,25)n0
0 1!.
3. (a) Quel que soit n∈N:
Un=An×U0= 0,3 + 0,7×(−0,25)n0,42 −0,42 ×(−0,25)n
0,5−0,5×(−0,25)n0,7 + 0,3×(−0,25)n! 200
500!
⇔Un= 60 + 140 ×(−0,25)n+ 210 −210 ×(−0,25)n
100 + −100 ×(−0,25)n+ 350 + 150 ×(−0,25)n!= 270 −70 ×(−0,25)n
450 + 50 ×(−0,25)n!.
Ainsi, pour tout n∈N,(jn= 270 −70 ×(−0,25)n
an= 450 + 50 ×(−0,25)n
(b) Comme −1<−0,25 <1, on sait que lim
n→+∞(−0,25)n= 0, donc :
lim
n→+∞
jn= 270 et lim
n→+∞
an= 450 . (en utilisant les opérations sur les limites)
Le nombre d’animaux jeunes va tendre vers 270 et celui des adultes vers 450 au bout de quelques années.
EXERCICE 2 :
Pour tout entier naturel nnon nul, on considère les nombres :
an= 4 ×10n−1, bn= 2 ×10n−1et cn= 2 ×10n+ 1
1. (a) Calcul de a1, b1, c1, a2, b2, c2, a3, b3et c3.
anbncn
n= 1 39 19 21
n= 2 399 199 201
n= 1 3999 1999 2001
(b) Nombre de chiffres des écritures décimales des nombres an, bnet cn
Les nombres an, bnet cncomportent n+ 1 décimales (10ncomporte n+ 1 décimales)
anet cnsont divisibles par 3 car :
•10 ≡1 (3) ⇒10n≡1 (3) ⇒4×10n≡1 (3) ⇔an≡0 (3) ⇔3|an
•Même raisonnement pour cn.
(c) b3est premier :
Si b3n’est pas premier, il admet un diviseur premier compris entre 2 et 44 (√1999 arrondi). Or aucun des
nombres premiers inférieurs à 44 ne divise b3, il est donc premier.
(d) Pour tout entier naturel non nul n:
bn×cn= (2 ×10n−1)(2 ×10n+ 1) = (2 ×10n)2−1 = 4 ×102n−1 = a2n
D’après ce qui précède a6=b3×c3= 1999 ×2001. 1999 est premier et 2001 = 3 ×23 ×29, donc la
décomposition en facteurs premiers de a6est
a6= 3 ×23 ×29 ×1999
(e) Toujours le même principe : prouver que bnet cnd’une part, puis cnet 2 d’autre part, ont les mêmes
diviseurs communs.
•Soit dun diviseur commun de bnet cn, alors d|cn−bn⇒d|2. On a démontré que dest diviseur commun
de cnet 2.
•dest diviseur commun de cnet 2, alors d|cn−2⇒d|bn.
Les deux paires de nombres ont les mêmes diviseurs donc le même plus grand diviseur (PGCD) On a donc
démontré que
PGCD(bn;cn)=PGCD(cn; 2)
Or,pour tout n,cnest impair, donc PGCD(cn,2)=1 et il s’en suit que PGCD(bn;cn)=1 donc bnet cnsont
premiers entre eux.
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2. On considère l’équation :
b3x+c3y= 1 [1]
d’inconnues les entiers relatifs xet y.
(a) [1] possède au moins une solution car b3et c3sont premiers entre eux et le théorème de bézout assure
l’existence d’une solution.
(b) Solution particulière de [1] : le couple (1000; −999).
(c) Les solutions de [1] : les couples (1000 −2001k;−999 + 1999k) avec k∈R.
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