Dur´ee 125 minutes. Le bar`eme est donn´e `a titre indicatif.
Le manque de soin et de clart´e dans la r´edaction sera p´enalis´e.
Exercice 1 : Suites de matrices (35 minutes) (6 points)
Le droit de pˆeche dans une r´eserve marine est r´eglement´e : chaque pˆecheur doit poss´eder une carte d’accr´editation annuelle. Il existe deux types de cartes :
— une carte de pˆeche dite libre(le pˆecheur n’est pas limit´e en nombre de poissons pˆech´es) ;
— une carte de pˆeche diteavec quota (le pˆecheur ne doit pas d´epasser une certaine quantit´e hebdo- madaire de poisson).
On suppose que le nombre total de pˆecheurs reste constant d’ann´ee en ann´ee.
On note, pour l’ann´ee 2017 +n:
— `n la proportion de pˆecheurs poss´edant la carte de pˆeche libre ;
— qn la proportion de pˆecheurs poss´edant la carte de pˆeche avec quota.
On observe que :
— chaque ann´ee, 65 % des possesseurs de la carte de pˆeche libres ach`ete de nouveaux une carte de pˆeche libre l’ann´ee suivante ;
— Chaque ann´ee, 45 % des possesseurs de la carte de pˆeche avec quota achet´e une carte de pˆeche libre l’ann´ee suivante ;
— En 2017, 40 % des pˆecheurs ont achet´e une carte de pˆeche libre. On a donc `0= 0,4 et q0 = 0,6.
On note, pour tout entier naturel n,Pn= `n
qn
.
1. D´emontrer que, pour tout entier natureln,Pn+1=M Pn, o`u M est la matrice carr´ee
0,65 0,45 0,35 0,55
. 2. Calculer la proportion de pˆecheurs achetant une carte de pˆeche avec quota en 2019.
3. Un logiciel de calcul formel donne les r´esultats ci-dessous : 1
◦
M :={{0,65,0,45},{0,35,0,55}}
X M :=
0,65 0,45 0,35 0,55
2
◦
P0 :={{0,4},{0,6}}
X P0:=
0,4 0,6
3
◦
Q:={{9,1},{7,- 1}}
X Q:=
9 1 7 −1
4
◦
T :={{1/16,1/16},{7/16,−9/16}}
X T :=
1
16 1 7 16 16 −169
5
◦
T Q
→
1 0 0 1
6
◦
QT
→
1 0 0 1
7
◦
D:=T M Q
→ D:=
1 0 0 15
En vous appuyant sur les r´esultats pr´ec´edents, r´epondre aux deux questions suivantes : (a) Justifier queQ est une matrice inversible et pr´eciser sa matrice inverse.
On noteraQ−1 la matrice inverse de Q.
(b) Justifier queM =QDQ−1 et d´emontrer que, pour tout entier natureln non nul : Mn=QDnQ−1.
4. (a) En d´eduire Mn, puisPn en fonction de n.
(b) Justifier que, pour tout entier natureln :
`n= 9 16 −13
80×0,2n.
5. La proportion de pˆecheurs achetant la carte de pˆeche libre d´epassera-t-elle 60 % ?
Solution:
1. Soit n∈N.
— Chaque ann´ee, 65 % des possesseurs de la carte de pˆeche libre ach`etent de nouveau une carte de pˆeche libre, et 45 % de possesseurs de la carte de pˆeche avec quota ach`etent une carte de pˆeche libre l’ann´ee suivante. En supposant qu’il n’y a ni d´epart ni arriv´ee de nouveaux pˆecheurs, on a donc :
`n+1= 0,65`n+ 0,45qn.
— Le nombre de pˆecheurs ´etant constant d’ann´ee en ann´ee :`n+1+qn+1=`n+qn, donc : qn+1=`n+qn−`n+1 =`n+qn−0,65`n−0,45qn= 0,35`n+ 0,55qn.
— On a donc :
Pn+1 =
`n+1 qn+1
=
0,65`n+ 0,45qn 0,35`n+ 0,55qn
=
0,65 0,45 0,35 0,55
`n
qn
= M Pn 2. 2019=2017+2, il s’agit donc de calculerP2 :
P2 =M P1 =M M P0 =M2P0. A l’aide de la calculatrice :`
P2= 0,56
0,44
En 2019, la proportion de pˆecheurs achetant une carte de pˆeche avec quota est donc de 0,44.
3. Notons I la matrice 1 0
0 1
.
— T Q=I etQT =I, la matrice Qest donc inversible et son inverse est la matriceT.
— D=T M Q donc, en multipliant `a gauche par Q et `a droite parQ−1 : QDQ−1 =QT M QQ−1= (QT)M(QQ−1) =IM I =M.
— Montrons maintenant par r´ecurrence que, pour toutn∈N∗ :Mn=QDnQ−1.
— Initialisation. M1 =M =QDQ−1=QD1Q−1. La propri´et´e est donc vraie pourn= 1.
— H´er´edit´e. Supposons qu’il existe n ∈ N∗ tel que Mn = QDnQ−1. Montrons alors que Mn+1=QDn+1Q−1.
On a
Mn+1=MnM =QDnQ−1×QDQ−1=QDn Q−1Q
DQ−1 =Q(DnD)Q−1 =QDn+1Q−1. La propri´et´e est donc h´er´editaire.
— Conclusion. Pour toutn∈N∗, on aMn=QDnQ−1.
4. (a) Pour tout n ∈ N, Pn+1 =M Pn, la suite de matrices (Pn) est donc g´eom´etrique de raison M. Une r´ecurrence imm´ediate prouve alors quePn=MnP0.
(b) Soit n∈N, alors :
Pn = MnP0
= 1
16
9 + 7×0,2n 9−9×0,2n 7−7×0,2n 7 + 9×0,2n
0,4 0,6
= 1
16
3,6 + 2,8×0,2n+ 5,4−5,4×0,2n 2,8−2,8×0,2n+ 4,2 + 5,4×0,2n
= 1
16
9−2,6×0,2n 7 + 2,6×0,2n
CommePn= `n
qn
, on en d´eduit que :
`n = 1
16(9−2,6×0,2n)
= 9
16 − 1
16 ×2,6×0,2n
= 9
16 −13
80 ×0,2n 5. — La suite (`n) est croissante, en effet, pour tout n∈N:
`n+1−`n = 9
16 −13
80 ×0,2n+1
− 9
16 −13
80 ×0,2n
= 13
80 −0,2n+1+ 0,2n
= 13
80 ×0,2n(−0,2 + 1)
= 13
80 ×0,2n×0,8
> 0
— −1<0,2<1 donc lim
n→+∞0,2n= 0. On en d´eduit, par op´erations sur les limites, que lim
n→+∞`n= 9
16.
— La suite (`n) est croissante, de limite 9
16, donc, pour tout n ∈N, un 6 169. Or 169 <0,6, on peut donc conclure que la proportion de pˆecheurs achetant la carte de pˆeche libre ne d´epassera jamais 60 %.
Exercice 2 : Chiffrement de Hill (40 minutes) (7 points)
Le but de cet exercice est d’´etudier, sur un exemple, une m´ethode de chiffrement publi´ee en 1929 par le math´ematicien et cryptologue Lester Hill. Ce chiffrement repose sur la donn´ee d’une matrice A, connue uniquement de l’´emetteur et du destinataire.
Dans tout l’exercice, on noteA la matrice d´efinie par :A= 5 2
7 7
. Partie A – Chiffrement de Hill
Voici les diff´erentes ´etapes de chiffrement pour un mot comportant un nombre pair de lettres :
Etape 1´ On divise le mot en blocs de deux lettres cons´ecutives puis, pour chaque bloc, on effectue chacune des ´etapes suivantes.
Etape 2´ On associe aux deux lettres du bloc les deux entiers x1 etx2 tous deux compris entre 0 et 25, qui correspondent aux deux lettres dans le mˆeme ordre, dans le tableau suivant :
A B C D E F G H I J K L M
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
N O P Q R S T U V W X Y Z
13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 Etape 3´ On transforme la matriceX =
x1
x2
en la matriceY = y1
y2
v´erifiant Y =AX.
Etape 4´ On transforme la matrice Y = y1
y2
en la matriceR= r1
r2
, o`ur1 est le reste de la division euclidienne de y1 par 26 etr2 celui de la division euclidienne dey2 par 26.
Etape 5´ On associe aux entiers r1 etr2 les deux lettres correspondantes du tableau de l’´etape 2.
Le bloc chiffr´e est le bloc obtenu en juxtaposant ces deux lettres.
Question :utiliser la m´ethode de chiffrement expos´ee pour chiffrer le motHILL. Partie B - Quelques outils math´ematiques n´ecessaires au d´echiffrement
1. Soit aun entier relatif premier avec 26.
D´emontrer qu’il existe un entier relatifu tel queu×a≡1 modulo 26.
2. On consid`ere l’algorithme suivant : u←0
r←0
Tant quer 6= 1 u←u+ 1
r ←reste(u×a,26) Fin Tant que
On entre la valeur a= 21 dans cet algorithme.
(a) Reproduire sur la copie et compl´eter le tableau suivant, jusqu’`a l’arrˆet de l’algorithme.
u 0 1 2 . . .
r 0 21 . . . .
(b) En d´eduire que 5×21≡1 modulo 26.
3. On rappelle que A est la matrice A= 5 2
7 7
et on noteI la matrice :I = 1 0
0 1
. (a) Calculer la matrice 12A−A2.
(b) En d´eduire la matrice B telle que BA= 21I. (c) D´emontrer que si AX=Y, alors 21X =BY. Partie C - D´echiffrement
On veut d´echiffrer le mot VLUP.
On noteX= x1
x2
la matrice associ´ee, selon le tableau de correspondance, `a un bloc de deux lettres avant chiffrement, et Y =
y1
y2
la matrice d´efinie par l’´egalit´e : Y =AX= 5 2
7 7
X.
Sir1 et r2 sont les restes respectifs dey1 ety2 dans la division euclidienne par 26, le bloc de deux lettres apr`es chiffrement est associ´e `a la matriceR=
r1
r2
.
1. D´emontrer que :
21x1 = 7y1−2y2 21x2 = −7y1+ 5y2 2. En utilisant la question B .2., ´etablir que :
x1 ≡ 9r1+ 16r2 modulo 26 x2 ≡ 17r1+ 25r2 modulo 26 3. D´echiffrer le mot VLUP, associ´e aux matrices
21 11
et
20 15
.
Solution: Partie A D’une part :
HI−→
H I
−→
x1
x2
= 7
8
−→
y1
y2
= 5 2
7 7 7 8
= 51
105
−→
r1
r2
= 25
1
−→
Z B
D’autre part :
LL−→
H I
−→
x1
x2
= 11
11
−→
y1
y2
= 5 2
7 7 11 11
= 77
154
−→
r1 r2
= 25
24
−→
Z Y
Le mot HILL est chiffr´e par le mot ZBZY Partie B
1. Puisque a et 26 sont premiers entre eux, alors, d’apr`es le th´eor`eme de B`ezout, il existe deux entiers u et v tels que
au+ 26v= 1
Puisque 26≡0 mod 26, alors 26v≡26×0 mod 26, soit 26v≡0 mod 26.
En ajoutant au `a chacun des deux membres de la congruence pr´ec´edente, on obtient : au+ 26v≡au mod 26
soit
au≡1 mod 26
P.G.C.D (a,26)=1 =⇒ ∃u∈Z a×u≡1 mod 26 2. (a)
u 0 1 2 3 4 5
r 0 21 16 11 6 1
(b) L’algorithme affiche 5, qui est donc le plus petit entier u tel que a×u ≡ 1 mod 26. Par suite :
5×21≡1 mod 26 3. (a) 12A−A2 = 12
5 2 7 7
− 5 2
7 7
5 2 7 7
= 12 5 2
7 7
−
5×5 + 2×7 5×2 + 2×7 7×5 + 7×7 7×2 + 7×7
=
60 24 84 84
−
39 24 84 63
=
21 0 0 21
= 21×I
(b) L’´egalit´e 12A−A2= 21I s’´ecrit (12I−A)×A= 21I. Par suite : B = 12I−A
(c) Supposons :
A×X=Y
Multiplions chacun des deux membres de l’´egalit´e (`a gauche) par B : B×A×X=B×Y
Puisque BA= 21I, l’´egalit´e ci-dessus s’´ecrit : 21X =BY On a prouv´e :
AX =Y =⇒21X=BY Partie C
1. Puisque, par hypoth`ese, Y=AX, on en d´eduit, d’apr`es la partie pr´ec´edente : 21X =BY
o`u B est la matrice 12I−A=
12 0 0 12
− 5 2
7 7
=
7 −2
−7 5
•On a d’une part 21X= 21x1
21x2
•D’autre part : BY =
7 −2
−7 5 y1
y2
=
7y1−2y2
−7y1+ 5y2
On en d´eduit : 21x1 = 7y1−2y2
21x2 =−7y1+ 5y2
2. Multiplions chacune des deux ´egalit´es ci-dessus par 5 : 105x1 = 35y1−10y2
105x2 =−35y1+ 25y2
•Prouvons :x1 ≡9r1+ 16r2 mod 26 : Puisque 105≡1 mod 26, alors
105x1 ≡x1 mod 26 (a)
De
35≡9 mod 26 et
y1 ≡r1 mod 26
, on d´eduit, par somme : 35y1 ≡9r1 mod 26 (1).
De
−10≡16 mod 26 et
y2 ≡r2 mod 26
, on d´eduit, par somme :−10y2 ≡16r2 mod 26 (2).
En ajoutant membre `a membre les congruences (1) et (2), on obtient 35y1−10y2 ≡9r1+ 16r2 mod 26 (b) De (a) et (b) on d´eduit :
x1 ≡9r1+ 16r2 mod 26
•Un raisonnement analogue montre que
x2 ≡17r1+ 25r2 mod 26 3.
V L→ r1
r2
= 21
11
→
9r1+ 16r2 17r1+ 25r2
= 365
632
→ 1
8
→BI
U P → r1
r2
= 20
15
→
9r1+ 16r2
17r1+ 25r2
= 420
715
→ 4
13
→EN VLUP code le mot BIEN
Exercice 3 : Arithm´etique (50 minutes) (7 points) 1. (a) Quel est le reste de la division euclidienne de 610 par 11 ? Justifier.
(b) Quel est le reste de la division euclidienne de 64 par 5 ? Justifier.
(c) En d´eduire que 640≡1 [11] et que 640≡1 [5].
(d) D´emontrer que 640−1 est divisible par 55.
2. Dans cette questionx ety d´esignent des entiers relatifs.
(a) Montrer que l’´equation
(E) 65x−40y = 1 n’a pas de solution.
(b) Montrer que l’´equation
(E0) 17x−40y= 1 admet au moins une solution.
(c) D´eterminer `a l’aide de l’algorithme d’Euclide un couple d’entiers relatifs solution de l’´equation (E0).
(d) R´esoudre l’´equation (E0).
En d´eduire qu’il existe un unique naturelx0 inf´erieur `a 40 tel que 17x0≡1 [40].
3. Pour tout entier naturela, d´emontrer que si a17≡b [55] et sia40≡1 [55], alorsb33≡a [55].
Solution:
1. (a) On a 62 = 36≡3 mod 11, donc 625
≡35 mod 11 ou encore 610≡1 mod 11 car 35 = 243 = 11×22 + 1.
Le reste de la division euclidienne de 610 par 11 est donc 1.
(b) 62 ≡1 mod 5, donc 64≡1 mod 5.
Le reste de la division euclidienne de 64 par 5 est 1.
(c) On a vu que 610 ≡ 1 [11], donc 6104
≡ 14 = 1 [11]. De mˆeme 64 ≡ 1 mod 5, donc 6410
= 640≡110= 1 mod 5 ; donc 640≡1 [5].
(d) Les questions pr´ec´edentes montrent que 640−1 est un multiple de 11 et de 5, donc de 511×5 = 55 qui sont premiers entre eux.
2. Dans cette question x ety d´esignent des entiers relatifs.
(a) 65 et 40 sont multiples de 5, donc 65x−40y l’est aussi, alors que 1 ne l’est pas.
Conclusion : l’´equation 65x−40y= 1 n’a pas de solution dansZ×Z.
(b) 17 et 40 sont premiers entre eux. Il existe donc au moins un couple (u; v) tel que 17u−40v= 1.
(c) On a
40 = 17×2 + 6 (1)
17 = 6×2 + 5 (2)
6 = 5×1 + 1. (3)
D’o`u
1 = 6−5 (4)
1 = 6−(17−2×6) =−17 + 3×6 (5)
1 =−17 + 3(40−2×17) = 3×40−7×17. (6) La derni`ere ´egalit´e peut s’´ecrire 17×(−7)−3×(−40) = 1, qui montre que le couple (−7 ; −3) est solution de l’´equation (E0).
(d) On a le syst`eme
17x−40y = 1
17×(−7)−40×(−3) = 1 ⇒(par diff´erence) 17(x+ 7)−40(y+ 3) = 0 ⇐⇒ 17(x+ 7) = 40(y+ 3) (7).
Or on a vu que 17 et 40 sont premiers entre eux : d’apr`es le th´eor`eme de Gauss 40 divise 17(x+ 7) et est premier avec 17, il divise donc x+ 7. Il existe donc k∈Z tel que x+ 7 = 40k ⇐⇒ x=−7 + 40k.
En reportant dans (7) et en simplifiant par 40, on obtient 17k=y+ 3 ⇐⇒ y=−3 + 17k.
Inversement : si x=−7 + 40k ety=−3 + 17k, k∈Z, alors
17x−40y= 17(−7 + 40k)−40(−3 + 17k) =−119 + 680k+ 120−680k= 1.
Les solutions de (E0) sont donc tous les couples (−7 + 40k ; −3 + 17k) avec k∈Z.
Soit un couple (x ; y) solution de (E0). Si x ∈Net x <40, alors 0<−7 + 40k <40 ⇐⇒
7<40k <47⇒0< k <2.
Il y a une seule solution k= 1 qui donne x0 = 33.
Effectivement : 17×33 = 561 = 40×14 + 1.
3. a17≡b [55]⇒ a1733
≡b33 [55] ⇐⇒ a17×33≡b33 [55].
D’apr`es la question pr´ec´edente 17×33−1 = 40×14, donc a17×33=a40×14+1 [55] ⇐⇒ a40×14×a≡b33 [55].
Or a40≡1 [55]⇒a40×14≡1 [55].
Conclusion : a≡b33 [55]
