ecritjuin2013 Probleme 2

CAPES de Math´ematiques.

Universit´e Lyon 1 Ann´ee 2013- 2014 S. P.

Corrig´e du Probl`eme 2 de l’ Ecrit 2 Juin 2013

Partie A.

1. Z ⊂ D: pour tout m ∈ Z, on a 10⁰m ∈ Z.

D ⊂ Q: soit x ∈ R. S’il existe n ∈ N tel que 10ⁿx ∈ Z, alors x s’´ecrit ₁₀^ln pour un naturel l ∈ Z.

Les inclusions sont strictes: ¹₂ ∈ D \ Z. ¹₃ ∈ Q \ D car s’il existait n ∈ N tel que 10^{n 1}₃ ∈ Z, 3 serait un diviseur premier de 10.

2. Soient x, y ∈ D et m, n ∈ N tels que 10^mx ∈ Z, 10ⁿy ∈ Z.

Stabilit´e pour +: on a 10^m+n(x + y) = 10ⁿ(10^mx) + 10^m(10ⁿy) ∈ Z.

Stabilit´e pour ×: 10^m+nxy = 10^mx 10ⁿy ∈ Z.

3. On pose x = ^a_b, pgcd (a, b) = 1.

3.1 Si b = 2^α5^β alors 10^{α+β a}_b = 2^β5^αa ∈ Z.

3.2 On suppose x 6∈ N . Soit n ∈ N \ {0} tel que 10^{n a}_b ∈ N . On a 10ⁿa = b l, l ∈ N. b divise donc 10ⁿa. Puisque pgcd (a, b) = 1, par Gauss, b divise 10ⁿ. D`es lors tout facteur premier p de b divise 10ⁿ et p ∈ {2, 5}.

3.3 Par 3.1 et 3.2, le rationnel ^a_b est d´ecimal ssi il existe (α, β) ∈ N² tel que b = 2^α5^β. 4.

4.1 Puisque dn ≥ 0 pour tout n ∈ N , la suite des sommes partielles (Pn k=0

dk

10^k)n∈N est croissante.

Comme dn≤ 9 pour tout n > 0,

n

X

k=0

dk

10^k = d0+

n

X

k=1

dk

10^k ≤ d0+ 9

n

X

k=1

1

10^k = d0+ 1 − 1

10ⁿ < d0+ 1 et la suite est aussi born´ee, donc convergente. On note x =P

n≥0 dn

10ⁿ sa limite.

4.2 Le cas d’une suite finie: x =PN n=0

dn

10ⁿ et 10^Nx ∈ N.

Le cas d’une suite impropre: supposons x =PN n=0

dn

10ⁿ +P

n≥N +1 9

10ⁿ avec dN 6= 9.

Observer que

X

n≥N +1

9

10ⁿ = 9 10^{N +1}

X

n≥0

1

10ⁿ = 9 10^{N +1}

1

1 − ₁₀¹ = 9 10^{N +1}

10 9 = 1

10^N. D’o`u x =PN

n=0 dn

10ⁿ +₁₀¹N et 10^Nx ∈ Z.

Remarque: cela revient `a remplacer 0999999.... par 1 `a la n-i`eme d´ecimale, i.e. `a ´ecrire d0, d1. . . dN999999... = d0, d1. . . (dN + 1)000000....

4.3 Proc´eder comme au 4.2 en ´ecrivant pour N ≥ 0, X

k≥N

dk

10^k = dN

10^N + 1 10^{N +1}

X

k≥0

dN +1+k

10^k ≤ dN

10^N + 1 10^{N +1}

X

k≥0

9

10^k = dN + 1 10^N . Si pour tout k ≥ 0, dN +1+k = 9, l’in´egalit´e dans la ligne qui pr´ec`ede est une ´egalit´e.

R´eciproque:

L’argument qui suit est diff´erent de celui fait en cours.

Supposons que pour un certain N ≥ 0,P

k≥N dk

10^k = ^d₁₀^N+1N . On a doncP

k≥N +1 dk

10^k +₁₀^dNN = ^d₁₀^N+1N

i.e.

X

l≥1

dN +l

10^l = 1.

Les d´eveloppements d´ecimaux pour les deux suites d´ecimales (dN +l)l≥1 et (9 − dN +l)l≥1 sont convergents par le 4.1 et leur somme vaut

X

l≥1

dN +l

10^l +X

l≥1

9 − dN +l

10^l =X

l≥1

9 10^l = 1.

S’il existait l tel que dN +l6= 9 on aurait X

l≥1

dN +l

10^l = 1 −X

l≥1

9 − dN +l

10^l < 1.

4.3 On a

N

X

k=0

dk

10^k ≤ x =

N

X

k=0

dk

10^k + X

k≥N +1

dk

10^k <

N

X

k=0

dk

10^k + 1 + dN +1

10^{N +1} . En multipliant par 10^N et en utilisant 1 + dN +1 ≤ 10, il vient

10^N

N

X

k=0

dk

10^k ≤ 10^Nx < 10^N

N

X

k=0

dk

10^k + 1.

D`es lors l’entier 10^NPN k=0

dk

10^k est la partie enti`ere de 10^Nx et l’unicit´e des coefficients dn r´esulte de l’unicit´e du d´eveloppement d´ecimal d’un entier.

5. Supposons x ∈ D>0 et soit l ∈ N le plus petit entier naturel tel que 10^lx = n ∈ N . En d´eveloppant n en base 10, on a

10^lx = a0+ a110 + . . . + al10^l+ . . . + aN10^N o`u aj ∈ [0, 9], a06= 0 (sinon 10<sup>l−1</sup>x ∈ N ), aN 6= 0, N ≥ 0. D’o`u

x = a0

10^l + a1

10^l−1 + . . . +al−1

10 + al+ al+110 + . . . + aN10^{N −l}.

C’est le d´eveloppement demand´e avec d0= al+ al+110 + . . . + aN10^{N −l}, d1= al−1, . . . , dl = a0. Partie B.

Pour cette partie, x d´esigne un rationnel positif non d´ecimal. On ´ecrit x = ^a_b avec pgcd (a, b) = 1.

Les suites (dn) et (rn) sont d´efinies par r´ecurrence comme quotients et restes de divisions euclidi- ennes en posant a = d0b + r0 et pour n ≥ 0, 10rn= dn+1b + rn+1.

1.1 Comme pour tout n ≥ 0, rn∈ [0, b − 1], on a d0= E(a

b), r0= a − E(a b)b et pour n ≥ 0,

dn+1 = E(10 rn

b ), rn+1= 10rn− E(10 rn

b )b.

1.2 Cette question n’est pas tout `a fait anodine. Il s’agit d’observer sur ₁₃⁵ la p´eriodicit´e du d´eveloppement d´ecimal. Je trouve la suite de quotients et restes (dn, rn) suivante:

(0, 5), (3, 11), (8, 6), (4, 8), (6, 2), (1, 7), (5, 5), (3, 11), ...

On observe r6= r0 et donc d7= d1, r7= r1, ... et 5

13 = 0.384615 384615 384615... =: 0.[384615].

2.

2.1 C’est vrai pour n = 0 par d´efinition: ^a_b = d0+₁₀^r00b. n ⇒ n + 1: il suffit d’observer

x =

n

X

k=0

dk

10^k + rn

10ⁿb =

n

X

k=0

dk

10^k + 10rn

10ⁿ⁺¹b =

n

X

k=0

dk

10^k +dn+1b + rn+1

10ⁿ⁺¹b =

n+1

X

k=0

dk

10^k + rn+1

10ⁿ⁺¹b.

2.2 Multiplier l’identit´e de 2.1 par 10ⁿb pour obtenir

10ⁿa = b(

n

X

k=0

dk10^n−k) + rn.

2.3 Comme rn ∈ [0, b − 1], on a

0 ≤ x −

n

X

k=0

dk

10^k = rn

10ⁿb ≤ b − 1 10ⁿb < 1

10ⁿ. D`es lors, limn→∞

Pn k=0

dk

10^k = x.

La suite est d´ecimale: pour tout n ≥ 0, rn ∈ [0, b − 1]. D`es lors si dn+1 ≥ 10 on aurait rn+1 = 10rn− dn+1b < 0. Absurde.

La suite est propre: supposons dn = 9 pour tout n ≥ N + 1. On aurait alors

x = d0+

N

X

n=0

dn

10ⁿ + 9 X

n≥N +1

1

10ⁿ = d0+

N

X

n=0

dn

10ⁿ + 1 10^N

et x serait d´ecimal.

3.

3.1 Par 2.1, x =Pn k=0

dk

10^k + ₁₀^rnnb. Si pour n ∈ N, rn ´etait nul, x serait d´ecimal.

3.2 Par 3.1, rn∈ [1, b − 1]. D`es lors, deux des b restes r0, r1, . . . , rb−1 sont ´egaux.

3.3 On d´esigne par q ∈ [0, b − 1] le plus petit indice pour lequel il existe q⁰, avec q < q⁰≤ b − 1, tel que rq = rq⁰. On pose p = q⁰− q.

On va montrer que ∀n ≥ q, rn= rn+p par r´ecurrence sur n.

C’est vrai pour n = q: rq = rq⁰ = rp+q. vrai pour n ≥ q ⇒ vrai pour n + 1: on a

10 rn = dn+1b + rn+1, 10 rn+p= dn+p+1b + rn+p+1. Par unicit´e du reste, l’´egalit´e 10 rn = 10 rn+p implique rn+1= rn+1+p.

Observer que par unicit´e du quotient on a aussi dn+1 = dn+1+p pour tout n ≥ q.

Conclusion: le d´eveloppement d´ecimal x = d0, d1d2.... de tout rationnel x est p´eriodique de p´eriode p `a partir du rang q + 1 i.e.

x = d0, d1d2· · · dqdq+1· · · dq+pdq+1· · · dq+p · · · =: d0, d1· · · dq[dq+1· · · dq+p].

On appelle q la pr´e-p´eriode et p la p´eriode de x.

4.

4.1

(i) Par hypoth`ese, le rationnel x = <sup>a</sup><sub>b</sub> est non d´ecimal. Par la question 3 de la Partie A, b a un facteur premier, disons p, distinct de 2 et 5. D`es lors, pour tout l ∈ N le reste ρl de la division euclidienne

10^l = qlb + ρl

de 10^lpar b est non nul (sinon p diviserait 1 (lorsque l = 0) ou serait un facteur premier de 10 = 2·5 (lorsque l ≥ 1)). Comme au 3.2, deux des b restes ρ0, . . . , ρb−1 de la division de 10⁰, . . . , 10^b−1par b sont donc ´egaux. Si ρi= ρj, 0 ≤ i < j ≤ b − 1, on a 10^j ≡ 10ⁱ[b].

(ii) Par 2.2, pour tout n ∈ N , on a 10ⁿa ≡ rn[b].

D`es lors, 10^j ≡ 10ⁱ[b] ⇒ 10^ja ≡ 10ⁱa[b] ⇒ rj ≡ ri[b] ⇒ rj = ri (car −b < rj − ri< b).

En fait la r´eciproque est aussi vraie: rj = ri ⇒ 10^ja ≡ 10ⁱa[b] ⇒ 10^j ≡ 10ⁱ[b] (par Gauss en utilisant pgcd (a, b) = 1).

Le plus petit indice i pour lequel il existe j > i tel que 10^j ≡ 10ⁱ[b] est donc ´egal `a q (par d´efinition de la pr´e-p´eriode q) et le plus indice j > q convenant est ´egal `a q + p (l`a aussi par d´efinition de la p´eriode p).

4.2 La question 4.1 montre que la d´etermination de la pr´e-p´eriode q et de la p´eriode p de x = ^a_b d´epend uniquement des congruences des puissances de 10 modulo b.

5. Les rationnels ¹₇,₁₂¹,₁₁₂¹ .

Cette question n’est pas anodine: le calcul de la pr´e-p´eriode et de la p´eriode par congruence des puissances de 10 modulo b se r´ev´elant laborieux, elle motive les questions des parties C et D de l’´epreuve.

1

7: 7 ´etant premier, par petit Fermat 10⁶≡ 1[7]. D`es lors q = 0 (car 10⁰= 1) et p = 6. On a 1

7 = 0, [142857].

1

12: 1 ≡ 1[12], 10 ≡ 10[12], 10² ≡ 4[12], 10³≡ (4 · 10)[12] ≡ 4[12] et ∀n ≥ 2, 10ⁿ ≡ 4[12]. D`es lors, q = 2, p = 1 et on a

1

12 = 0, 08[3].

1

112: c’est plus long. On a 10⁴ ≡ 32[112], 10¹⁰ ≡ 32[112] et aucunes puissances 10ⁿ, n ≥ 4 n’est congrue `a 1, 10 ou 100, modulo 112. D`es lors q = 4, p = 6.

Partie C.

1.

1.1 On suppose pgcd (b, 10) = 1. On a

10^q ≡ 10^q+p[b] ⇔ b | 10^q(10^p− 1) ⇔ b | (10^p− 1) par Gauss ⇔ 10^p≡ 1[b].

1.2 On sait que des entiers 0 ≤ q < p ≤ b − 1 tels que 10^q ≡ 10^p+q[b] existent. Par le 1.1, il existe donc p ∈ [1, b − 1] tel que 10^p≡ 1[b]. Comme 10⁰= 1 ≡ 1[b], ω(b) = 0.

Remarque: π(b) est alors le plus petit entier strictement positif tel que 10^π(b) ≡ 1[b]. La p´eriode π(b) s’interpr`ete en th´eorie des groupes: c’est l’ordre de 10 dans le groupe des inversibles multiplicatifs (Z/bZ)^?.

2. On pose b = 2^j· 5^k· c avec pgcd (c, 10) = 1.

Suivons l’indication: on suppose b | 10^q(10^p − 1); les facteurs 2^j · 5^k et c divisent donc aussi 10^q(10^p− 1).

Comme pgcd (c, 10^q) = 1, par Gauss, on a c | (10^p− 1).

Observer ensuite que pour tout p ≥ 1, les entiers 2 et 5 ne sont pas facteurs premiers de 10^p− 1.

D`es lors pgcd (2^j· 5^k, 10^p− 1) = 1 et, par Gauss, 2^j · 5^k | 10^q. On a donc

b | 10^q(10^p− 1) ⇒ 2^j · 5^k | 10^q et c | 10^p− 1.

L’implication r´eciproque (⇐) est claire.

Observer que les conditions sur q et p sont ind´ependantes et que si q convient (i.e. si 2^j· 5^k | 10^q = 2^q· 5^q) alors max(j, k) ≤ q.

Le plus petit entier q convenant est ω(b) = max(j, k). La p´eriode π(b) est alors le plus petit entier strictement positif tel que 10^π(b)≡ 1[c].

Enfin, c ´etant premier avec 10, la pr´e-p´eriode ω(c) est nulle (cf 1.2) et π(b) est aussi la p´eriode π(c).

3. Application:

1

150: 150 = 2 · 5²· 3. On a ω(150) = max (1, 2) = 2 et la p´eriode est celle de ¹₃: c’est le plus petit entier p ≥ 1 tel que 10^p≡ 1[3]. On a donc π(150) = 1. (Au fait: ₁₅₀¹ = 0, 00[6].)

1

1120: 1120 = 2⁵· 5 · 7. La pr´e-p´eriode ω(1120) = max (5, 1) = 5 et la p´eriode est celle de ¹₇, i.e.

π(1120) = 6.

Partie D.

Le corrig´e de cette partie sera mis en ligne apr`es l’´etude des groupes.