Correction du devoir surveillé n˚2

Correction du devoir surveillé n˚2

Exercice 1.

1. En écrivant 100 = 2 + 14×7, il est immédiat que 100≡2 [7].

Supposons que (x;y) est solution de (G). Alors, 3x²+7y² = 10²ⁿdonc 3x² = 10²ⁿ−7y² ≡10²ⁿ[7].

Or, comme 100≡2 [7], 10²ⁿ = 100ⁿ≡2ⁿ [7] donc 3x² ≡2ⁿ [7] . 2.

Reste de la division eu- clidienne dexpar 7

0 1 2 3 4 5 6

Reste de la division eu- clidienne de 3x² par 7

0 3 5 6 6 5 3

3. Remarquons 2³ = 8 ≡ 1 [7]. Pour déterminer le reste de 2ⁿ modulo 7, on s’intéresse donc au reste denmodulo 3 :

• si n ≡ 0 [3] c’est-à-dire si n est de la forme n = 3k alors 2ⁿ = 2^3k = (2³)^k ≡ 1^k [7] donc 2ⁿ≡1[7]. Dans ce cas, le reste de 2ⁿ modulo 7 est donc 1.

• sin≡1 [3] c’est-à-dire sinest de la formen= 3k+ 1 alors 2ⁿ= 2^3k+1 = (2³)^k×2¹ ≡1^k×2 [7]

donc 2ⁿ≡2[7]. Dans ce cas, le reste de 2ⁿ modulo 7 est donc 2.

• sin≡2 [3] c’est-à-dire sinest de la formen= 3k+ 2 alors 2ⁿ= 2^3k+2 = (2³)^k×2² ≡1^k×4 [7]

donc 2ⁿ≡4[7]. Dans ce cas, le reste de 2ⁿ modulo 7 est donc 4.

On a donc bien montré que les restes possibles pour 2ⁿ modulo 7 sont 1, 2 et 4.

Supposons que (G) admet un couple (x;y) solution. Alors, d’après la question a., 3x² ≡2ⁿ [7].

Ceci implique que 3x² et 2ⁿont le même reste modulo 7. Or, on a vu en questions b. et c. que les restes possibles pour 3x² sont 0, 3, 5 et 6 et que les restes possibles pour 2ⁿsont 1, 2 et 4. Ainsi, 3x² et 2ⁿ ne peuvent pas avoir le même reste modulo 7. Il s’ensuit que (G) n’a pas de solution .

Exercice 2.

1. a. Par définition,

N1 =β×12²+ 1×12 +α = 11×12²+ 12 + 10 = 1 606 donc l’écriture deN1 en base 10 est 1 606 .

b. On commence par chercher la plus grande puissance de 12 inférieure à N2 puis on divise successivement les restes par les puissances de 12 inférieures. Etant donné que 12² = 144 et 12³ = 1 728, 12² < N2 <12³ donc on écrit

• N2= 7×12²+ 123

• 123 = 10×12 + 3

d’où l’on déduit que N2= 7×12²+ 10×12 + 3 i.e. N2 = 7α3¹² .

2. a. Rappelons que, par définition,N =a_n×12ⁿ+a_n−1×12ⁿ⁻¹+· · ·+a1×12 +a0. Par ailleurs, 12 = 3×4≡0 (3) donc, pour toutk∈N^∗, 12^k ≡0^k (3) i.e. 12^k ≡0 (3). On en déduit que N =an×12ⁿ+an−1×12ⁿ⁻¹+· · ·+a1×12 +a0≡an×0 +an−1×0 +· · ·+a1×0 +a0 (3) i.e. N ≡a0 (3) .

N est divisible par 3 si et seulement siN ≡0 (3) si et seulement sia0 ≡0 (3) si et seulement si a0 est divisible par 3. Ainsi, en base 12, N est divisible par 3 si et seulement si a0 est divisible par 3.

b. Pour N2,a0= 3 qui est divisible par 3 donc N2 est divisible par 3.

En base 10,N2 s’écrit 1 131 et 1 + 1 + 3 + 1 = 6 = 2×3 qui est divisible par 3 donc, d’après le critère de divisibilité par 3 en base 10, on retrouve queN2 est divisible par 3.

3. a. Etant donné que 12 = 11 + 1 ≡1 (11), pour toutk ∈N^∗, 12^k ≡1^k (11) i.e. 12^k ≡1 (11).

On en déduit que

N =an×12ⁿ+an−1×12ⁿ⁻¹+· · ·+a1×12 +a0≡an×1 +an−1×1 +· · ·+a1×1 +a0 (3) i.e. N ≡a_n+a_n−1+· · ·+a1+a0 (3) .

N est divisible par 11 si et seulement siN ≡0 (11) si et seulement sia_n+· · ·+a1+a0≡0 (3) si et seulement si a_n+· · ·+a1+a0 est divisible par 3. Ainsi, en base 12, N est divisible par 11 si et seulement si la somme de ses chiffres est divisible par 11.

b. PourN1,a2+a1+a0=β+ 1 +α= 11 + 1 + 10 = 22 = 2×11 qui est divisible par 11 donc N1 est divisible par 11.

En base 10,N1 s’écrit 1606 et la somme alternée 1−6 + 0−6 =−11 =−1×11 est divisible par 11 donc, d’après le critère de divisibilité par 11 en base 10, on retrouve que N1 est divisible par 11.

Exercice 3. 1. L’affirmation estfausse. Pour pouvoir additionner deux matrices, il est nécessaire qu’elles aient même taille.

2. L’affirmation est fausse. Par exemple, siA = 1 0 0 0

!

etB = 0 1 0 0

!

alors A×B = 0 1 0 0

!

alors que B×A=O2 doncA×B 6=B×A.

3. L’affirmation estfausse. La matrice identité d’ordre 2 est I2 = 1 0 0 1

! .

4. L’affirmation est fausse. La matrice A telle que a11 = 1, a21 = 2, a12 = 3 et a22 = 4 est A= 1 3

2 4

! .

5. L’affirmation estfausse. Par exemple, si A= 0 1 0 0

!

alorsA6=O2 maisA² =O2.

6. L’affirmation estvraie. Par exemple, si A=−I3 alorsA est une matrice carrée d’ordre 3 telle queA6=I3 etA²= (−I3)² = (−1)²I32

=I3.

Exercice 4.

1. A l’aide de la calculatrice, on trouve A² =







−4 6 −5

−4 7 −6

−1 3 −3





 et A³ =







1 0 0 0 1 0 0 0 1





=I3 .

2. On peut dire que A⁴ = A×A³ = A×I3 donc A⁴=A que A⁵ = A² ×A³ = A2 ×I3 donc A⁵ =A² et que A⁶ = (A³)² =I32 donc A⁶ =I3 .

3. Par définition, il existe un entier naturelq tel quen= 3q+r donc Aⁿ=A^”q+r=A^3q×A^r = (A³)^q×A^r. Or,A³ =I3 donc (A³)^q =I3q =I3 doncAⁿ=I3×A^r i.e. Aⁿ=A^r .

Exercice 5.

1. A l’aide de la calculatrice, on trouve A² = 1 0 2 1

!

,A³ = 1 0 3 1

!

etA⁴ 1 0 4 1

! .

2. On peut conjecturer que A^k= 1 0 k 1

!

pour tout k∈N^∗.

3. Soit la proposition P_k : « A^k= 1 0 k 1

!

».

A¹ =A= 1 0 1 1

!

doncP1 est vraie.

SupposonsP_k vraie pour un certain k∈N^∗. Alors, A^k+1 = A^k×A = 1 0

k 1

!

× 1 0 1 1

!

= 1×1 + 0×1 1×0 + 0×1 k×1 + 1×1 k×0 + 1×1

!

= 1 0

k+ 1 1

!

doncP_k+1 est vraie et on a démontré par récurrence que, pour toutk∈N^∗,A^k= 1 0 k 1

! .

4. En remarquant queB =bA, on déduit de la question précédente que, pour tout k ∈N^∗,B^k = (bA)^k=b^kA^k=b^k 1 0

k 1

!

i.e. B^k= b^k 0 kb^k b^k

! .

Exercice 6. — On a

• (A+B)¹ =A+B;

• (A+B)² = (A+B)×(A+B) =A²+AB+BA+B² =A²+ 2AB+B²= 2AB+B² carA et B commutent et A² =O_n;

• (A+B)³ = (A+B)²(A+B) = (2AB+B²)(A+B) = 2ABA+ 2AB²+B²A+B³ = 2A²B+ 2AB²+AB²+B³ = 3A²B+B³ car A etB commutent et A² =O_n.

On peut conjecturer que, pour toutk∈N^∗, (A+B)^k =kAB^k−1+B^k. Montrons-le par récurrence.

Soit la propositionP_k : « (A+B)^k=kAB^k−1+B^k ».

(A+B)¹=A+B = 1×A×I_n+B¹ = 1×A×B⁰+B¹ carB 6=O_ndonc P1 est vraie.

SupposonsP_k vraie pour un certaink∈N^∗. Alors,

(A+B)^k+1= (A+B)^k(A+B) = (kAB^k−1+B^k)(A+B) =kAB^k−1A+kAB^k+B^kA+B^k+1

=kA²B^k−1+kAB^k+AB^k+B^k+1 = (k+ 1)AB^k+B^k+1

en utilisant successivement que A et B commutent et que A² = On. Ainsi, P_k+1 est vraie et on a démontré par récurrence que, pour toutk∈N^∗, (A+B)^k=kAB^k−1+B^k .