SESSION 2012
CAPES EXTERNE
MATHÉMATIQUES 1
Problème 1 : continuité uniforme
1.fn’est pas uniformément continue surIsi et seulement si
∃ε > 0/∀η > 0, ∃(x, y)∈I2/ (|x−y|6ηet|f(x) −f(y)|> ε).
2.Soitfune fonctionk-lipschitzienne surIaveck > 0. Soitε > 0.
Soitη= ε
k. Soientxetydeux réels deItels que|x−y|6η. Alors
|f(x) −f(y)|6k|x−y|6kη=ε.
On a montré que∀ε > 0,∃η > 0/∀(x, y)∈I2,(|x−y|6η⇒|f(x) −f(y)|6ε)et doncfest uniformément continue surI.
3.
3.1Soit(x, y)∈R2.|x|=|(x−y) +y|6|x−y|±|y|et donc |x|−|y|6|x−y|. En appliquant ce résultat à yet x, on a aussi|y|−|x|6|y−x|. Comme ||x|−|y||est l’un des deux nombres|x|−|y|ou|y|−|x|, on a montré que||x|−|y||6|x−y|.
3.2Soit(x, y)∈R2.
|f(x) −f(y)|=
1
1+|x| − 1 1+|y|
= ||x|−|y||
(1+|x|)(1+|y|)6 ||x|−|y||
(1+0)(1+0) =||x|−|y||.
Donc, la fonctionfest 1-lipschitzienne surRet en particulierfest uniformément continue surRd’après la question 2.
4.
4.1Soientxetydeux réels positifs.
√x+y2=x+y6x+2√
x√y+y= √
x+√y2
, et donc, puisque les deux nombres √
x+y et √
x+√ysont positifs, on en déduit que √
x+y 6√
x+√ypar stricte croissance de la fonctiont7→t2surR+.
Soientxetydeux réels positifs.
√x=√
y+x−y6p
y+|x−y|6√y+p
|y−x|,
et donc√
x−√y6p
|x−y|. En appliquant àyetx, on a aussi√y−√ x6p
|x−y|et finalement √
x−√y 6p
|x−y|.
4.2Soitε > 0. Soitη=ε2> 0. Soientxet ydeux réels positifs tels que|x−y|6η. Alors
√x−√y 6p
|x−y|6√
ε2=ε.
On a montré que ∀ε > 0, ∃η > 0/ ∀(x, y) ∈ [0,+∞[2, (|x−y| 6η ⇒ |g(x) −g(y)| 6 ε) et donc g est uniformément continue sur[0,+∞[.
4.3Il s’agit de prouver que l’ensemble A= |√
x−√y|
|x−y| , x>0, y>0, x6=y
n’est pas une partie majorée deR. Cet ensemble contient les nombres de la forme |√
x−√ 0|
|x−0| = 1
√x oùx > 0. Comme lim
x→0+
√1
x = +∞, l’ensemble An’est pas majoré et donc la fonctiong n’est pas lipschitzienne surR+.
5.
5.1Soitε= 1
2. Soitη > 0. Soitn∈N∗ puisxn=√
n+et yn =√n.
|xn−yn|6η⇐√
n+1−√
n6η⇐ 1
√n+1+√
n 6η⇐ 1
√n+√ n 6η
⇐n> 1 4η2 On choisit alorsn=E
1 4η2
+1. D’après ce qui précède, on a|xn−yn|6η. D’autre part,
|x2n−y2n|=x2n−y2n =n+1−n=1 > ε.
On a montré que ∃ε > 0/ ∀η > 0, ∃(x, y) ∈ R2/ (|x−y|6ηet|h(x) −h(y)|> ε) et donc que la fonction h n’est pas uniformément continue surR.
5.2Puisquehn’est pas uniformément continue surR,hn’est pas lipschitzienne surRpar contraposition de l’implication obtenue à la question 2.
6.
6.1F est uniformément continue surR+. On peut donc appliquer la définition de l’uniforme continuité avecε=1 et on obtient
∃η1> 0/∀(x, y)∈(R+)2,(|x−y|6η1⇒|F(x) −F(y)|61).
6.2Soitn∈N∗.
x0
n 6η1⇔ x0
η1
6n⇔n>
E
x0 η1
+1si x0 η1
∈/N
x0 η1 si x0
η1 ∈N
.
On en déduit l’existence et l’unicité den0:n0=
1six0=0 x0
η1 si x0
η1 ∈N∗ E
x0
η1
+1si x0
η1 ∈/ N
(carn0∈N∗).
6.3
nX0−1
k=0
F
(k+1)x0 n0
−F kx0
n0
=F n0x0
n0
−F(0) =F(x0) −F(0)(somme télescopique). Par suite,
|F(x0) −F(0)|=
n0−1
X
k=0
F
(k+1)x0 n0
−F kx0
n0
6
n0−1
X
k=0
F
(k+1)x0 n0
−F kx0
n0
.
6.4Soitk∈J0, n−1K.
(k+1)x0 n0
−kx0
n0
= x0
n0
6η1 et donc F
(k+1)x0 n0
−F kx0
n0
61. Par suite,
|F(x0) −F(0)|6
n0−1
X
k=0
1=n0.
Maintenant, si x0
η1
>1,n0=E x0
η1
6x0
η1
+1ce qui reste vrai dans le cas où x0
η1
< 1. On en déduit que
F(x0)6|F(x0)|6|F(x0) −F(0)|+|F(0)|6n0+|F(0)|6 1
η1x0+ (1+|F(0)|).
On a trouvé deux réelsa et b(indépendants dex0), à savoira= 1 η1
et b= 1+|F(0)|, tels queF(x0)6ax0+b. On a
montré que
∃(a, b)∈R2/∀x∈R+,F(x)6ax+b.
7.SoitFune fonction uniformément continue surR. AlorsFest en particulier une fonction uniformément continue surR+ et∃(a, b)∈R2/∀x∈R+,F(x)6ax+b. Pourx>1, on en déduit que F(x)
x 6a+b
x 6a+b. Ainsi, siFest uniformément continue surR, nécessairement la fonction x7→ F(x)
x est majorée sur [1,+∞[.
7.1)Soit P un polynôme de degré supérieur ou égal à 2. On suppose sans perte de généralité, quite à remplacer P par
−P, que dom(P)> 0. On sait alors que lim
x→+∞
P(x)
x = +∞. D’après la remarque précédente, Pn’est pas uniformément continue surR.
7.2De même, puisque lim
x→+∞
ex
x = +∞d’après un théorème de croissances comparées, la fonction exponentielle n’est pas uniformément continue surR.
8. Théorème de Heine.
8.1PuisqueGn’est pas uniformément continue sur[a, b],
∃ε > 0/∀η > 0,∃(x, y)∈[a, b]2/(|x−y|6ηet|G(x) −G(y)|> ε).
ε est ainsi dorénavant fixé. On applique cette définition aux cas particuliers η = 1
n où n est un entier naturel non nul donné et on obtient
∃ε > 0/∀n∈N∗, ∃(xn, y)∈[a, b]2/
|xn−yn|6 1
n et|G(x) −G(y)|> ε
.
8.2 Les suites (xn)n∈N∗ et (yn)n∈N∗ sont à valeurs dans [a, b] et donc (xn)n∈N∗ et (yn)n∈N∗ sont deux suites réelles bornées. Le théorème deBolzano-Weierstrasspermet d’affirmer que l’on peut extraire de la suite(xn)n∈N∗ une sous- suite(xψ(n))n∈N∗ convergente. La suite(yψ(n))n∈N∗ est toujours bornée et on peut en extraire une sous-suite(yσ(n))n∈N∗
convergente. La suite(yσ(n))n∈N∗ est alors une sous-suite convergente de la suite(yn)n∈N∗. Enfin, la suite(xσ(n))n∈N∗ est convergente en tant que suite extraite de la suite convergente(xψ(n))n∈N∗ et donc la suite(xσ(n))n∈N∗ est une sous-suite convergente de la suite(xn)n∈N∗.
Il est connu que, puisqueσest une application strictement croissante deN∗ dans lui-même, on a en particulier∀n∈N∗, σ(n)>net donc
∀n∈N∗,
xσ(n)−yσ(n) 6 1
σ(n)6 1 n et
G(xσ(n)) −G(yσ(n)) > ε.
8.3Puisque∀n∈N∗,
xσ(n)−yσ(n)
6 1
n, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que lim
n→+∞ xσ(n)−yσ(n)
=0.
Puisque les suites(xσ(n))n∈N∗ et(yσ(n))n∈N∗ sont convergentes, on peut alors écrire
n→lim+∞
xσ(n)− lim
n→+∞
yσ(n)= lim
n→+∞
xσ(n)−yσ(n)
=0, et donc lim
n→+∞
xσ(n)= lim
n→+∞
yσ(n). 8.4Posonsx= lim
n→+∞xσ(n)= lim
n→+∞yσ(n).
Pour tout n∈ N∗, a6xσ(n) 6b, par passage à la limite quandn tend vers+∞on obtient a6x6b. Puisque G est continue sur[a, b]et en particulier enx, on doit avoir lim
n→+∞
G(xσ(n)) −G(yσ(n))
=G(x) −G(x) =0. Ceci contredit le fait que∀n∈N∗,
G(xσ(n)) −G(yσ(n))
> ε. Il était donc absurde de supposer queG n’était pas uniformément continue sur[a, b]. Le théorème deHeineest démontré.
9. La fonction exponentielle est continue sur tout segment contenu dans R. D’après le théorème de Heine, la fonction exponentielle est donc uniformément continue sur tout segment deR. Mais d’après la question 7.2, la fonction exponentielle n’est pas uniformément continue surR. L’implication ((G uniformément continue sur tout segment contenu dansJ)⇒(G uniformément continue surJ)) est donc une implication fausse.
Problème 2 : marches aléatoires
Partie A : quelques résultats d’analyse
1.
1.1Soitk∈N∗. La fonctiont7→ 1
t est continue et décroissante sur[k, k+1]. Par suite, pour tout réeltde[k, k+1], on
a 1
k+1 61 t 6 1
k. D’après l’inégalité de la moyenne, on a alors
1
k+1 = (k+1) −k k+1 6
Zk+1
k
1
t dt6 (k+1) −k
k = 1
k. 1.2Soitn>1. Pour toutk∈J1, nK,
Zk+1
k
1 t dt6 1
k. En sommant ces inégalités, on obtient Hn =
Xn
k=1
1 k >
Xn
k=1
Zk+1
k
1 t dt=
Zn+1
1
1
t dt=ln(n+1).
Soitn>2. Pour toutk∈J2, nK, 1 k 6
Zk
k−1
1
t dt. En sommant ces inégalités, on obtient Xn
k=2
1 k >
Xn
k=2
Zk
k−1
1 t dt=
Zn
1
1
t dt=ln(n),
puis en rajoutant1à chaque membre de l’inégalité, on obtient Hn 61+ln(n). Cette dernière inégalité reste vraie pour n=1 carH1=1 et on a donc montré que
∀n∈N∗, ln(n+1)6Hn61+ln(n).
Soitn>2. Alors ln(n)> 0et en divisant les deux membres de l’encadrement précédent par ln(n), on obtient ln(n+1) ln(n) 6 Hn
ln(n)61+ 1
ln(n). Quandntend vers+∞,1+ 1
ln(n)tend vers1et d’autre part,ln(n+1)
ln(n) tend vers1car ln(n+1)∼ln(n).
Le théorème des gendarmes permet alors d’affirmer que Hn
ln(n) tend vers1ou encore que Hn ∼
n→+∞ln(n).
2.Soitn∈N∗.Kn+1−Kn= 1
(n+1)2 > 0. Donc la suite (Kn)n∈N∗ est strictement croissante. D’autre part, pourn>2, Kn =1+
Xn
k=2
1
k×k 61+ Xn
k=2
1
(k−1)×k =1+ Xn
k=2
1 k−1− 1
k
=1+1− 1
n(somme télescopique) 62.
ce qui reste vrai pourn=1. Ainsi, la suite(Kn)n∈N∗ est croissante et majorée par2 et donc la suite(Kn)n∈N∗ converge.
3.Déterminons un équivalent dean quandntend vers+∞:
an=
√n
4n ×(2n)!
n!2
n→∼+∞
√n 4n ×
2n e
2n√ 4πn
n e
n√
2πn2 =
√n
4n × n2n
(nn)2×(en)2
e2n ×22n×
√n n ×
√4π 2π = 1
√π.
n→lim+∞
an = 1
√π.
4.Soitn∈N∗. an+1
an
=
√n+1
4n+1 × (2n+2)!
((n+1)!)2 × 4n
√n×(n!)2 (2n)! =
√n+1 4√
n ×(2n+2)(2n+1)
(n+1)2 = 2n+1 2√
n√ n+1 puis
an+1
an −1= 2n+1−2√ n√
n+1 2√
n√
n+1 =
√n2
−2√ n√
n+1+ √ n+12
2√ n√
n+1 =
√n+1−√ n2
2√ n√
n+1 . 5. On en déduit que pour tout n ∈N∗, an+1
an
−1 > 0 puis que an+1> an (car an > 0). Ainsi, la suite (an)n∈N∗ est strictement croissante et tend vers 1
√π d’après la question 3. Mais alors
∀n∈N∗,an6 1
√π.
6.
6.1Soientaetbdeux réels.
(a+b)2−4ab=a2−2ab+b2= (a−b)2>0, et donc(a+b)2>4ab.
6.2Soitn∈N∗.√
n+1−√
n= 1
√n+√
n+1. De plus, d’après la question précédente, √ n+√
n+12
>4√ n√
n+1.
Par suite,
√n+1−√ n2
= 1
√n+1+√
n2 6 1 4p
n(n+1). 7.
7.1Soitn∈N∗. On sa it déjà quean+1−an >0. Ensuite,
an+1−an=an
an+1
an −1
=an
√n+1−√ n2 2√
n√
n+1 (d’après la question 4) 6
√π
×
1 4p
n(n+1)× 1 2p
n(n+1) (d’après les questions 5 et 6.2)
= 1
8n(n+1)√ π.
∀n∈N∗,06an+1−an6 1 8n(n+1)√
π. 7.2L’inégalité est claire sip=k. Soientket pdeux entiers naturels tels que16< p.
ap−ak=
p−1X
i=k
(ai+1−ai) (somme télescopique)
6
p−1X
i=k
1
8i(i+1)√π (d’après la question 7.2)
= 1 8√ π
p−1X
i=k
1 i − 1
i+1
= 1 8√ π
1 k− 1
p
(somme télescopique)
6 1
8k√ π.
7.3kétant fixé, on fait tendrepvers+∞dans l’encadrement précédent. D’après la question 3, on obtient
∀k∈N∗, 06 1
√π−ak6 1 8k√
π.
Partie B : marche aléatoire sur une droite
1.Pour tout entier naturel non nuln,Un = X2n
k=1
Ok. 2.
2.1 Soit k > 0. Une marche aléatoire de l’instant 0 à l’instant k s’identifie à un k-uplet (x1, x2, . . . , xk) d’éléments de l’ensemble {−1, 1}. L’abscisse de la particule à l’instant k est x1+x2+. . .+xk puis l’abscisse de la particule est x1+x2+. . .+x2k+x2k+1. Modulo2,x1+x2+. . .+x2k+x2k+1≡1+1+. . .+1=2k+1≡1. Ainsi, l’abscisse de la particule à l’instant0 est un nombre impair et en particulier n’est jamais égale à0. Doncp(O2k+1=1) =0.
2.2Soit k>1. Le nombre total de 2k-uplets d’éléments de{−1, 1}est 22k= 4k. D’autre part, une marche aléatoire de l’instant0à l’instant2kaboutissant enOs’identifie à un2k-uplet(x1, . . . , x2k)d’éléments de{−1, 1}tel quex1+x2+. . .+ x2k=0c’est-à-dire un2k-uplet(x1, . . . , x2k)d’éléments de{−1, 1}contenant de1 que de−1. Il y a
2k k
tels2k-uplets,
2k k
étant le nombre de choix de l’emplacement deknombres1 dans2kplaces. Finalement,p(O2k=1) = 2k
k
4k . 3.Soitk∈N∗.E(O2k+1) =0×p(O2k+1=0) +1×p(O2k+1=1) =0. D’autre part,
E(O2k) =0×p(O2k=0) +1×p(O2k=1) = 1 4k
2k k
. L’espérance étant linéaire
E(Un) = X2n
k=1
E(Ok) = Xn
k=1
E(O2k) = Xn
k=1
1 4k
2k k
.
Montrons alors par récurrence que∀n>1,E(Un) = 2n+1 4n
2n n
−1.
•Pourn=1,E(Un) = X1
k=1
1 4k
2k k
= 2 4 = 1
2 et 2n+1 4
2n n
−1= 3
4×2−1= 1
2. L’égalité est donc vraie quandn=1.
•Soitn>1. Supposons queE(Un) = 2n+1 4n
2n n
−1.
E(Un+1) =E(Un) + 1 4n+1
2(n+1) n+1
= 2n+1 4n
2n n
−1+ 1 4n+1
2n+2 n+1
= 1 4n+1
4(2n+1) 2n
n
+
2n+2 n+1
−1= 1 4n+1
4(2n+1) (n+1)2
(2n+2)(2n+1)+1 2n+2 n+1
−1
= 1
4n+1(2(n+1) +1)
2(n+1) n+1
−1.
Le résultat est démontré par récurrence.
∀n>1,E(Un) = 2n+1 4n
2n n
−1.
4. E(Un) = 2n+1
√n
√n 4n
2n n
−1= (2n+1)an
√n −1. D’après la question 3 de la partie A, (2n+1)an
√n ∼
n→+∞
√2n n√
π = 2√
√n
π . Puisque lim
n→+∞
2√
√n
π = +∞, on en déduit que
E(Un) ∼
n→+∞
2√
√n π .
Partie C : marche aléatoire sur un plan
1.Pour toutn>1,Un= X2n
k=1
Ok.
2. • Soitk >0. Si une marche dans le plan aboutit à l’origine à l’instantk, alors la projetée de cette marche sur l’axe (Ox)aboutit aussi à l’origine. D’après la partie B, la projetée de la particule sur(Ox)n’est jamais enOà l’instant2k+1 et donc la particule n’est jamais enO à l’instant2k+1. On en déduit quep(O2k+1=1) =0.
•Soitk>1. Une marche entre l’instant0et l’instant2kaboutit enOsi et seulement si ses projections sur(Ox)et (Oy) aboutissent enO. La probabilité demandée est donc
p(O2k=1) = 1
4k 2k
k 2
= ak
√k 2
= a2k k . 3.La question précédente fournit aussi∀k>0,E(O2k+1) =0 et∀k>1,E(O2k) = a2k
k . Soitn>1.E(Un) =
X2n
k=1
E(Ok) = Xn
k=1
E(O2k) = Xn
k=1
a2k k . 4. Soit k > 1. D’après la question 7.3 de la partie A, 0 6 1
√π −ak 6 1
8k√π et donc 1
√π − 1
8k√π 6 ak 6 1
√π puis 1
kπ
1− 1 8k
2
6 a2k k 6 1
kπ. D’autre part,
1− 1 8k
2
=1− 1 4k+ 1
64k2 >1− 1 4k, et doncak> 1
kπ
1− 1 8k
2
> 1 kπ
1− 1
4k
= 1 kπ − 1
4πk2. On a montré que
∀k>1, 1 kπ − 1
4πk2 6 a2k k 6 1
kπ. 5.Soitn>1. On somme les égalités précédentes et on obtient :
1 π
Xn
k=1
1 k− 1
8π Xn
k=1
1
k2 6E(Un)6 1 π
Xn
k=1
1 k, ou encore
Hn π − Kn
8π 6E(Un)6 Hn π . (∗) D’après les questions 1 et 2 de la partie A, lim
n→+∞
Hn= +∞alors que la suite(Kn)converge. On divise les trois membres de (∗) par le réel strictement positif Hn et le théorème des gendarmes permet d’affirmer que E(Un) ∼
n→+∞
Hn
π puis, toujours d’après la question 1 de la partie A.
E(Un) ∼
n→+∞
lnn π .
Problème 3 : équation de Pell-Fermat
1.Soientmetndeux entiers naturels tels que16m < n.
Xm
k=1
k= Xn
k=m
k⇔ m(m+1)
2 = n(n+1)
2 − m(m−1)
2 ⇔2m2=n2+n⇔4n2+4n−8m2=0
⇔(2n+1)2−2(2m)2=1⇔∃(x, y)∈(N∗)2/
x=2n+1 y=2m x2−2y2=1
.
2. Algorithme écrit avec Algobox.
1 VARIABLES
2 x EST DU TYPE NOMBRE
3 y EST DU TYPE NOMBRE
4 DEBUT ALGORITHME
5 POUR y ALLANT DE 1 A 100
6 DEBUT POUR
7 SI (sqrt(1+2*pow(y,2))==floor(sqrt(1+2*pow(y,2)))) ALORS
8 DEBUT SI
9 x PREND LA VALEUR sqrt(1+2*pow(y,2))
10 AFFICHER "("
11 AFFICHER x
12 AFFICHER ","
13 AFFICHER y
14 AFFICHER ")"
15 FIN SI
16 FIN POUR
17 FIN ALGORITHME
Le programme retourne les couples(3, 2), (17, 12)et(99, 70).
3.La plus petite solution est(3, 2).
4. a)Soitn∈N∗. La formule du binôme deNewton fournit
3+2√ 2n
= Xn
k=0
k n
2√
2k
3n−k= X
06k6n2
2k n
2√
22k
3n−2k+ X
06k6n−12
2k+1 n
2√
22k+1
3n−2k−1
= X
06k6n2
2k n
23k3n−2k+√
2 X
06k6n−12
2k+1 n
23k+13n−2k−1.
Si on posexn = X
06k6n2
2k n
23k3n−2ketyn = X
06k6n−12
2k+1 n
23k+13n−2k−1,xnetyn sont deux entiers naturels non nuls tels que
3+2√ 2n
=xn+yn
√2.
b)Soitn∈N∗.
xn+1+yn+1
√2= 3+2√
2n+1
= 3+2√
2 xn+yn
√2
= (3xn+4yn) +√
2(2xn+3yn).
De plus,√
2est irrationnel et donc la famille 1,√
2
estQ-libre. Par identification, on obtient
∀n∈N∗,
xn+1=3xn+4yn
yn+1=2xn+3yn .
c)Pour toutn∈N∗, xn+1−xn =2xn+4yn > 0et yn+1−yn =2xn+3yn > 0. Donc les suites(xn)n∈N∗ et(yn)n∈N∗
sont strictement croissantes.
Soitn∈N∗. On a 3+2√
2n
=xn+yn√
2et un calcul conjugué fournit 3−2√
2n
=xn−yn√
2. En additionnant ou en retranchant membre à membre ces deux égalités, on obtient
xn = 1 2
3+2√
2n
+ 3−2√
2n
et yn= 1 2√
2
3+2√ 2n
− 3−2√
2n . Puisque3+2√
2 > 1 et0 < 3−2√
2 < 1, on en déduit que lim
n→+∞xn= +∞et lim
n→+∞yn= +∞. 5.Soitn∈N∗.
x2n−2y2n=
xn+yn√
2 xn−yn√ 2
= 3+2√
2n 3−2√
2n
= (9−8)n=1.
Donc,(xn, yn)est solution de(E).
6.Puisque la suite(yn)n∈N∗ est strictement croissante,N+1 est nécessairement le premier entierptel queyp> Y. Ceci assure l’unicité deN.
La suite (yn)n∈N∗ est strictement croissante. Donc l’ensemble A = {p ∈ N∗/ yp > Y} est une partie non vide de N (et même de N∗). A admet donc un plus petit élément que l’on note N+1 où N est un entier naturel. Par définition de N, yN 6 Y < yN+1. Enfin, si yN = Y, alors xN = q
1+2YN2 = √
1+2Y2 = X (car xN > 0 et X > 0) et donc (X, Y) = (xN, yN)∈ S ce qui n’est pas. Finalement,yN< Y < yN+1.
7.D’après la question 3,y1=2. L’algorithme montre quey2=12et queY > 12. Mais alorsN>2.
8. PuisqueyN < Y < yN+1(∗), on a encore q
1+2y2N <√
1+2Y2<q
1+2y2N+1 car stricte croissance de la fonction t7→√
tsur[0,+∞[. Mais alorsxN< X < xN+1(∗∗).
En additionnant(∗)et(∗∗), on obtientxN+yN
√2 < X+Y√
2 < xN+1+yN+1
√2.
9. L’encadrement précédent s’écrit aussi 3+2√
2N
< X+Y√ 2 <
3+2√ 2N+1
. En multipliant les trois membres de cet encadrement par le réel strictement positif3−2√
2et en tenant compte de 3+2√
2 3−2√ 2
=1, on obtient
3+2√ 2N−1
<
X+Y√
2 3−2√ 2
<
3+2√ 2N
ou encore xN−1+yN−1
√2 <(3X−4Y) + (3Y−2X)√
2 < xN+yN
√2.
10. a)PuisqueX2−2Y2=1et X > 0, on a
3X=3√
1+2Y2> 3√
2Y > 4Y, et donc3X−4Y > 0.
b)PuisqueX2−2Y2=1et Y>12d’après la question7, on a 2X=2√
1+2Y262 rY2
12 +2Y2= 5
√3Y < 3Y, et donc3Y−2X > 0.
c)X=√
1+2Y2>√
Y2=Y et donc 2Y−2X < 0puis3Y−2X < Y.
d)(3X−4Y)2−2(3Y−2X)2=X2−2Y2=1 et donc le couple(3X−4Y, 3Y−2X)est une solution de(E).
11.On a trouvé un couple(X′, Y′) = (3X−4Y, 3Y−2X)d’entiers naturels non nuls d’après 10.1 et 10.2, solution de(E) d’après 10.4 et tel queY′< Y d’après 10.3. Ceci contredit la définition de(X, Y)et il était donc absurde de supposer qu’il existait une solution n’appartenant pas àS. Finalement,
l’ensemble des solutions de(E)estS.
12.•(x1, y1) = (3, 2) fournitm=1 etn=1.
• 3+2√
22
=17+12√
2fournit(x2, y2) = (17, 12)puism=6 etn=8.
• 3+2√
23
=
17+12√
2 3+2√ 2
=99+70√
2 fournit(x3, y3) = (99, 70) puism=35et n=49.
• 3+2√
24
=
99+70√
2 3+2√ 2
=577+408√
2 fournit(x4, y4) = (577, 408)puism=204 etn=288.
• 3+2√
25
=
577+408√
2 3+2√ 2
=2547+2378√
2 fournit(x5, y5) = (2547, 2378)puism=1189etn=1273.
