Ultrabac terminale S - Asie juin 2008 exercice de spécialité

Ultrabac Terminale S - Exercice de spécialité du sujet Asie juin 2008
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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 :
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 :
x + y ≡ 1 modulo 3 ⇔ La somme x + y vaut 1 ; 4 ; 7 ; 10 ; 13 ou 16.
0 ≤ x ≤ a et 0 ≤ y ≤ b
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.
8
y
8
y
8
6
6
6
4
4
4
2
2
2
x
0
0
2
4
6
8
x
0
0
2
4
6
2.
x + y ≡ 1 modulo 3
3.
x ≡ y modulo 3
10
4
7
2
4
x
2
4
6
8
3. x et y appartenant à l'intervalle d'entiers {0;1; 2… ;8} , une méthode est de passer en
x
0
2
4
6
revue toutes les valeurs possibles pour x modulo 3. Il y en a trois !
Si x ≡ 0 ( 3) alors cela signifie que x comme y valent 0; 3 ou 6. Il y a neuf points
possibles : ( 0;0 ) , ( 0;3) , ( 0;6 ) , ( 3;0 ) , ( 3;3) , ( 3;6 ) , ( 6;0 ) , ( 6;3) et ( 6; 6 )
8
x =0
x =3
x =6
Si x ≡ 1( 3) alors cela signifie que x et y valent 1; 4 ou 7. Ce qui nous donne neuf
points : (1;1) , (1; 4 ) , (1; 7 ) , ( 4;1) , ( 4; 4 ) , ( 4; 7 ) , ( 7;1) , ( 7; 4 ) et ( 7;7 )
y ≡ 1 modulo 3
x =1
x=4
x =7
Si x ≡ 2 ( 3) alors cela signifie que x et y valent 2; 5 ou 8. Ce qui amène encore neuf
points : ( 2; 2 ) , ( 2;5 ) , ( 2;8 ) , ( 5; 2 ) , ( 5;5 ) , ( 5;8 ) , ( 8; 2 ) , ( 8;5 ) et ( 8;8 )
1. Les entiers x et y appartenant à l'intervalle 0;8 , la condition posée équivaut à :
x ≡ 2 ( 3) et
13
0 1
0
Sur les trois graphiques ci-dessus, représenter les points M ( x; y ) du réseau R 8,8
vérifiant :
1. x ≡ 2 modulo 3 et
y
6
y
0
8
8
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 R 8,8 .
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.
y ≡ 1( 3) ⇔
x = 2 ; 5 ou 8 et
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 )
8
x =2
y = 1 ; 4 ou 7
x =5
Une autre méthode s'inspire de celle utilisée pour le
second ensemble.
x ≡ y modulo 3 ⇔ x − y ≡ 0 modulo 3
y
6
⇔
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
2
coordonnées entières se trouvant dans le réseau R 8,8 .
x
0
0
2
4
6
8
8
-6
6
x − y vaut − 6 ; − 3 ; 0 ; 3 ou 6.
Car cette différence est entre −8 et 8.
4
x =8
y
-3
4
0
3
2
6
x
0
0
2
4
6
8
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B - Résolution d'une équation
On considère l'équation (E) : 7.x − 4. y = 1 où les inconnues x et y sont deux entiers relatifs.
1. Déterminer un couple d'entiers relatifs ( x0 ; y0 ) solution de l'équation (E).
Pour trouver ce couple ( x0 ; y0 ) , 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.
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Mais est-ce la seule ?
Soit ( u; v ) un couple d'entiers solution de (E) et appartenant au réseau R 4,7 .
Comme ce couple ( u; v ) est solution de (E), alors il existe un entier relatif k tel que :
u = 4 × k + 3 et v = 7 × k + 5
Comme ce couple ( u; v ) appartient aussi au réseau R 4,7 , alors :
3

0 ≤ u ≤ 4 ⇒ 0 ≤ 4 × k + 3 ≤ 0 ⇒ −3 ≤ 4 × k ≤ 0 ⇒ − ≤ k ≤ 0 

4
 ⇒ k =0
5
0 ≤ v ≤ 7 ⇒ 0 ≤ 7 × k + 5 ≤ 0 ⇒ −5 ≤ 7 × k ≤ 0 ⇒ − ≤ k ≤ 0 

7
Car k est un entier relatif...
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 :
7
× u − 4 × v = 1 = 7 × 3 − 4 ×5 ⇔ 7 × ( u − 3) = 4 × ( v − 5 )
Comme d'habitude...
Cette dernière égalité nous indique que 4 divise le produit 7 × ( u − 3) .
Or comme 4 est premier avec le premier facteur 7, alors, d'après le théorème de Gauss,
il divise nécessairement le second facteur u − 3 .
Donc il existe un entier relatif k tel que u − 3 = k × 4 ⇔ u = 4 × k + 3 .
Il vient alors pour v :
7 × ( u − 3) = 4 × ( v − 1) ⇔ 7 × k × 4 = 4 × ( v − 5 ) ⇔ v = 7 × k + 5
Ainsi tous les couples solutions de (E) sont-ils de la forme ( 4 × k + 3;7 × k + 5 ) où k est
un entier relatif. Mais quid de la réciproque ?
Seconde interrogation : tout couple de la forme ( 4 × k + 3;7 × k + 5 ) est-il une solution
de (E) ?
Pour tout entier relatif k, nous pouvons écrire :
7 × ( 4 × k + 3) − 4 × ( 7 × k + 5 ) = 28 × k + 21 − 28 × k − 20 = 1
Donc tout couple de la forme ( 4 × k + 3;7 × k + 5 ) 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 × k + 3;7 × k + 5 ) 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 R 4,7 .
L'une des solutions de l'équation (E) se trouvant dans le réseau R 4,7 est le couple ( 3;5 ) .
Or, la solution de l'équation (E) correspond au paramètre k = 0 est ( 3;5 ) .
Conclusion : la seule solution de l'équation (E) appartenant au réseau R 4,7 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≤ x≤a

 0≤ y≤b
a × y = b × x

Commençons par caractériser l'appartenance d'un point M ( x; y ) au segment [OA] ?
x = t × a
M ( x; y ) ∈ [OA] ⇔ Il existe un réel t ∈ [ 0;1] tel que OM = t × OA soit 
y = t ×b
D'abord : tout point M ( x; y ) de [OA] vérifie-t-il les trois conditions posées ?
×t ≤ a ← On a multiplié par l'entier positif a
0 ≤ a

x
Comme 0 ≤ t ≤ 1 , alors 
.
×t ≤ b ← On a multiplié par l'entier positif b
 0 ≤ b
y

x y
Et puis, comme t = = , alors, à l'issue d'un produit en croix, il vient :
a b
x×b = y× a .
Donc tout point M ( x; y ) du segment vérifie les trois conditions posées.
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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 t1 et t 2 les rapports :
x
y
et t 2 =
a
b
Comme x ∈ [ 0;a ] et y ∈ [ 0; b ] , alors les rapports t1 et t 2 appartiennent à [ 0;1] .
t1 =
On a divisé par les réels positifs a et b.
Mais sont-ils égaux ? Et bien, oui car x et y vérifient la troisième égalité. En effet :
y x
a× y = b× x ⇒
=
⇒ t 2 = t1
b a
Ainsi, si le point M ( x; y ) vérifie les trois conditions, alors il existe un réel t ∈ [ 0;1] tel
x = t × a
que 
.
y = t ×b
Autrement dit, le point M ( x; y ) appartient au segment [OA].
 0≤ x≤a

Conclusion : dire que le point M ( x; y ) appartient à [OA] équivaut à dire  0 ≤ 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 ( x; y ) ∈ R a ,b , alors ses coordonnées x et y sont deux entiers positifs.
 0< x≤a

Ensuite, comme M ( x; y ) ∈ [ OA ] , alors elles vérifient les trois conditions  0 < 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
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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.
a = a′ × δ
Indication : on pourra considérer le PGCD δ des nombres a et b et poser 
.
 b = b′ × δ
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 :
a
b
a′ =
⇔ a = a′ × δ
et
b′ =
⇔ b = b′ × δ
δ
δ
Intéressons-nous au point A ' ( a' ; b' ) .
0 < a' < a
Comme δ > 1 et que nous ne travaillons qu'avec des entiers positifs, alors 
.
 0 < 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 :
a × b' = δ × a' × b' et b × a' = δ × 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
a b
moins un autre point du réseau R a ,b distinct de O et A. Il s'agit du point A '  ;  .
δ δ
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].