Ultrabac terminale S - Asie juin 2008 exercice de spécialité

Ultrabac Terminale S - Exercice de spécialité du sujet Asie juin 2008 Page 1 sur 3
Soient a et b deux entiers naturels non nuls.
On appelle "réseau" associé aux entiers a et b l'ensemble des points du plan, muni d'un
repère orthonormal, dont les coordonnées
(
)
;
x y
sont deux entiers vérifiant les conditions :
0 et 0
≤ ≤ ≤ ≤
x a y b
Ce réseau est noté
,
R
a b
.
Le but du présent exercice est de faire le lien entre certaines propriétés arithmétiques des
entiers x et y, et des propriétés géométriques des points correspondants du réseau.
A - Représentation graphique de quelques ensembles
Dans cette question, les réponses sont attendues sans explication sous la forme d'un
graphique qui sera dûment complété.
Sur les trois graphiques ci-dessus, représenter les points
(
)
M ;
x y
du réseau
8,8
R
vérifiant :
1.
2 modulo 3 et 1 modulo 3
≡ ≡x y
2.
1 modulo 3
+ ≡x y
3.
modulo 3
≡x y
1. Les entiers x et y appartenant à l'intervalle
0;8
, la condition posée équivaut à :
(
)
(
)
2 3 et 1 3 2 ; 5 ou 8 et 1 ; 4 ou 7
≡ ≡ ⇔ = =x y x y
Au final, il y a neuf points satisfaisant cette
condition. Ils ont pour coordonnées :
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2;1 , 2; 4 , 2;7 ,
5;1 , 5; 4 , 5; 7 ,
8;1 , 8; 4 et 8;7
2. Les entiers x et y étant compris entre 0 et 8, leur somme
+
x y
se situe entre 0 et 16.
Par conséquent, la condition de congruence équivaut à :
1 modulo 3 La somme vaut 1 ; 4 ; 7 ; 10
; 13 ou 16.
+ ≡ ⇔ +x y x y
Ce qui fait beaucoup de possibilités ! Et donc,
nous risquons d'en oublier certaines.
La stratégie la plus efficace consiste à tracer les
six droites d'équation
x y 1
+ =
;
x y 4
+ =
;
x y 7
+ =
;
x y 10
+ =
;
x y 13
+ =
et
x y 16
+ =
,
puis à considérer tous leurs points à coordonnées
entières se trouvant dans le réseau
8,8
R
.
3. x et y appartenant à l'intervalle d'entiers
{
}
0;1; 2 ;8
…
, une méthode est de passer en
revue toutes les valeurs possibles pour x modulo 3. Il y en a trois !
Si
(
)
0 3
≡x alors cela signifie que x comme y valent 0; 3 ou 6. Il y a neuf points
possibles :
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0 3 6
0; 0 , 0;3 , 0;6 , 3;0 , 3;3 , 3;6 , 6;0 , 6;3 et 6; 6
= = =x x x
Si
(
)
1 3
≡x alors cela signifie que x et y valent 1; 4 ou 7. Ce qui nous donne neuf
points :
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 4 7
1;1 , 1;4 , 1;7 , 4;1 , 4; 4 , 4; 7 , 7;1 , 7; 4 et 7;7
= = =x x x
Si
(
)
2 3
≡x alors cela signifie que x et y valent 2; 5 ou 8. Ce qui amène encore neuf
points :
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 5 8
2; 2 , 2;5 , 2;8 , 5; 2 , 5;5 , 5;8 , 8; 2 , 8;5 et 8;8
= = =x x x
Une autre méthode s'inspire de celle utilisée pour le
second ensemble.
Car cette différence est entre 8 et 8.
modulo 3 0 modulo 3
vaut 6 ; 3 ; 0 ; 3 ou 6.
−
≡ ⇔ − ≡
⇔ − − −
x y x y
x y
Il suffit alors de tracer les cinq droites d'équation
x y 6
− = −
;
x y 3
− = −
;
x y 0
− =
;
x y 3
− =
et
x y 6
− =
, puis de considérer leurs points à
coordonnées entières se trouvant dans le réseau
8,8
R
.
x
y
0
2
4
6
8
0
2
4
6
8
x
y
0
2
4
6
8
0
2
4
6
8
x
y
0
2
4
6
8
0
2
4
6
8
x
y
0
2
4
6
8
0
2
4
6
8
x
y
1
4
7
10
13
0
2
4
6
8
0
2
4
6
8
x
y
-
6
-
3
0
3
6
0
2
4
6
8
0
2
4
6
8

Ultrabac Terminale S - Exercice de spécialité du sujet Asie juin 2008 Page 2 sur 3
B - Résolution d'une équation
On considère l'équation
: 7. 4. 1
− =
x y(E) où les inconnues x et y sont deux entiers relatifs.
1. Déterminer un couple d'entiers relatifs
(
)
0 0
;
x y
solution de l'équation (E) .
Pour trouver ce couple
(
)
0 0
;
x y
, on pourrait se lancer dans une recherche de
coefficients de Bezout. Mais pour peu qu'on connaisse les tables de multiplication de 7
et 4, on remarque que le couple
(
)
3;5
est une solution particulière de (E) . En effet :
7 3 4 5 21 20 1
× − × = − =
Parmi les autres couples sympathiques possibles, il y a aussi
(
)
1; 2
− −
et
(
)
7;12
.
L'avantage des entiers 3 et 5 est qu'ils sont situés entre 0 et 8.
2. Déterminer l'ensemble des couples d'entiers relatifs solutions de l'équation (E) .
Voilà une belle équation diophantienne à résoudre ! Du classique de chez classique...
Première interrogation : de quelle forme sont les solutions de cette équation (E) ?
Soit
(
)
;
u v
un couple d'entiers relatifs solution de (E) . Il vérifie l'égalité :
(
)
(
)
Comme d'habitude...
77 4 1 7 33 4
4 5
5× − × = ⇔ ×= × − − = ××
−
u v u v
Cette dernière égalité nous indique que 4 divise le produit
(
)
7 3
× −
u .
Or comme 4 est premier avec le premier facteur 7, alors, d'après le théorème de Gauss,
il divise nécessairement le second facteur
3
−
u .
Donc il existe un entier relatif k tel que
3 4 4 3
− = × ⇔ = × +
u k u k .
Il vient alors pour v :
(
)
(
)
7 3 4 1 7 4× − = × − ⇔ × ×u v k 4=
(
)
5 7 5
× − ⇔ = × +
v v k
Ainsi tous les couples solutions de (E) sont-ils de la forme
(
)
4 3;7 5
× + × +
k k où k est
un entier relatif. Mais quid de la réciproque ?
Seconde interrogation : tout couple de la forme
(
)
4 3;7 5
× + × +
k k est-il une solution
de (E) ?
Pour tout entier relatif k , nous pouvons écrire :
(
)
(
)
7 4 3 4 7 5 28× × + − × × + = ×k k k 21 28+ − × k
20 1
− =
Donc tout couple de la forme
(
)
4 3;7 5
× + × +
k k est bien une solution de l'équation (E) !
Conclusion : les solutions de l'équation diophantienne (E) sont les couples d'entiers
relatifs de la forme
(
)
4 3;7 5
× + × +
k k où k est un entier relatif.
3. Démontrer que l'équation (E) admet une unique solution
(
)
;
x y
pour laquelle le point
(
)
M ;
x y
correspondant appartient au réseau
4,7
R .
L'une des solutions de l'équation (E) se trouvant dans le réseau
4,7
R est le couple
(
)
3;5
.
Mais est-ce la seule ?
Soit
(
)
;
u v
un couple d'entiers solution de (E) et appartenant au réseau
4,7
R .
Comme ce couple
(
)
;
u v
est solution de (E) , alors il existe un entier relatif k tel que :
4 3 et 7 5
= × + = × +
u k v k
Comme ce couple
(
)
;
u v
appartient aussi au réseau
4,7
R , alors :
Car est un entier relatif...
3
0 4 0 4 3 0 3 4 0 0
4
0
5
0 7 0 7 5 0 5 7 0 0
7
≤ ≤ ⇒ ≤ × + ≤ ⇒ − ≤ × ≤ ⇒ − ≤ ≤ 
⇒ =
≤ ≤ ⇒ ≤ × + ≤ ⇒ − ≤ × ≤ ⇒ − ≤ ≤ 
k
u k k k
k
v k k k
Or, la solution de l'équation (E) correspond au paramètre
0
=
k est
(
)
3;5
.
Conclusion : la seule solution de l'équation (E) appartenant au réseau
4,7
R est
(
)
3;5
.
C - Une propriété des points situés sur la diagonale d'un réseau
Si a et b sont deux entiers naturels non nuls, on considère la diagonale [OA] du réseau
,
R
a b
avec
(
)
O 0; 0
et
(
)
A ;
a b
.
1. Démontrer que les points
(
)
M ;
x y
du segment [OA] sont caractérisés par les
conditions :
0
0
≤ ≤
≤ ≤
× = ×
x a
y b
a y b x
Commençons par caractériser l'appartenance d'un point
(
)
M ;
x y
au segment [OA] ?
( )
[ ]
t
M ; [OA] Il existe un réel t 0;1 tel que OM t
OA soit
t
= ×
∈ ⇔ ∈ = × 
= ×
x a
x y
y b
D'abord : tout point
(
)
M ;
x y
de [OA] vérifie-t-il les trois conditions posées ?
Comme
0 t 1
≤ ≤
, alors
0 t On a multiplié par l'entier positif
0 t On a multiplié par l'entier positif
≤ × ≤ ←
≤ × ≤ ←
x
y
a a a
b b b
.
Et puis, comme t
= =
x y
a b
, alors, à l'issue d'un produit en croix, il vient :
× = ×
x b y a
.
Donc tout point
(
)
M ;
x y
du segment vérifie les trois conditions posées.

Ultrabac Terminale S - Exercice de spécialité du sujet Asie juin 2008 Page 3 sur 3
Réciproquement : vérifier les trois conditions implique-t-il l'appartenance à [OA] ?
Soit
(
)
M ;
x y
un point satisfaisant aux trois conditions posées.
On appelle alors
1
t
et
2
t
les rapports :
1 2
t et t
= =
x y
a b
Comme
[
]
0; a
∈x et
[
]
0;
∈
y b
, alors les rapports
[
]
1 2
On a divisé par les réels positifs et .
t et t appartiennent à 0;1
a b
.
Mais sont-ils égaux ? Et bien, oui car x et y vérifient la troisième égalité. En effet :
2 1
t t
× = × ⇒ = ⇒ =
y x
a y b x b a
Ainsi, si le point
(
)
M ;
x y
vérifie les trois conditions, alors il existe un réel
[
]
t 0;1
∈ tel
que
t
t
= ×
= ×
x a
y b
.
Autrement dit, le point
(
)
M ;
x y
appartient au segment [OA].
Conclusion : dire que le point
(
)
M ;
x y
appartient à [OA] équivaut à dire
0
0
≤ ≤
≤ ≤
× = ×
x a
y b
a y b x
2. Démontrer que si a et b sont premiers entre eux, alors les points O et A sont les seuls
points du segment [OA] appartenant au réseau
,
R
a b
.
Soient a et b deux entiers positifs premiers entre eux.
Les points O et A appartiennent à la fois au réseau
,
R
a b
et au segment [OA]. Tout le
problème va être de prouver qu'il n'y en a pas d'autre !
Soit
(
)
M ;
x y
un point, autre que l'origine O, appartenant à la fois au réseau
,
R
a b
et au
segment [OA].
Comme
(
)
,
M ; R
∈
a b
x y , alors ses coordonnées x et y sont deux entiers positifs.
Ensuite, comme
(
)
[
]
M ; OA
∈x y , alors elles vérifient les trois conditions
0
0
< ≤
< ≤
× = ×
x a
y b
a y b x
.
De la dernière égalité, il émane que a divise le produit
×
b x
.
Mais comme a est premier avec le facteur b , alors, en application du théorème de Gauss,
il divise nécessairement le second facteur x . Donc x est un multiple de a !
Cependant, vu que 0
< ≤
x a
, alors le seul multiple de a possible est... a ! Donc
=
x a
.
Il découle alors de la troisième égalité :
a× = ×y b a
⇒ =
y b
Par conséquent, l'autre point
(
)
M ;
x y
est le point
(
)
A ;
a b
.
Conclusion : si a et b sont premiers entre eux, alors les seuls points communs au
segment [OA] et au réseau
,
R
a b
sont O et A.
3. Démontrer que si a et b ne sont pas premiers entre eux, alors le segment [OA] contient
au moins un autre point du réseau.
Indication : on pourra considérer le PGCD δ des nombres a et b et poser
′
= ×δ
′
= ×δ
a a
b b
.
Soient a et b deux entiers positifs non premiers entre eux.
Comme a et b ne sont pas premiers entre eux, alors leur Plus Grand Diviseur Commun δ
est strictement supérieur à 1.
On appelle alors a' et b' les quotients respectifs de a et b par leur PGCD δ . Nous avons
alors :
et
′ ′ ′ ′
= ⇔ = × δ = ⇔ = ×δ
δ δ
a b
a a a b b b
Intéressons-nous au point
(
)
A ' ;
a' b'
.
Comme
1
δ >
et que nous ne travaillons qu'avec des entiers positifs, alors
0
0
< <
< <
a' a
b' b
.
Donc le point
(
)
A ' ;
a' b'
appartient au réseau
,
R
a b
et, il est distinct des points O et A.
Mais ce n'est pas tout ! En effet, nous avons :
et
× = δ× × × = δ× ×
a b' a' b' b a' b' a'
Comme
× = ×
a b' b a'
, alors le point
(
)
A ' ;
a' b'
vérifie les trois conditions posées lors
de la question C.1 et donc il appartient au segment [OA].
Conclusion : si a et b ne sont pas premiers entre eux, alors le segment [OA] contient au
moins un autre point du réseau
,
R
a b
distinct de O et A. Il s'agit du point
A ' ;
δ δ
a b
.
Le raisonnement que nous venons de conduire avec le PGCD δ peut être reproduit avec
n'importe quel diviseur commun de a et b strictement supérieur à 1. On obtient alors les
autres points du réseau
,
R
a b
appartenant à la diagonale [OA].