Correction du devoir surveillé n˚2
Exercice 1. 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.
Exercice 2.
1. A l’aide de la calculatrice, on trouve A2 =
−4 6 −5
−4 7 −6
−1 3 −3
etA3 =
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=A3q+r=A3q×Ar= (A3)q×Ar. Or,A3 =I3 donc (A3)q =I3q =I3 doncAn=I3×Ar i.e. An=Ar .
Exercice 3. (4 points) — On considère la matrice N =
3 9 −9
2 0 0
3 3 −3
et la matrice A=I3+N.
1. A=I3+N =
1 0 0 0 1 0 0 0 1
+
3 9 −9
2 0 0
3 3 −3
=
3 + 1 9 −9
2 0 + 1 0
3 3 −3 + 1
=
4 9 −9
2 1 0
3 3 −2
.
2. A l’aide de la calculatrice, on trouve A2 =
0 0 0
6 18 −18 6 18 −18
etA3=O3.
3. Soit la proposition Pk : (I3+N)k =I3+kN +k(k−1)2 N2 pour k∈N. (I3+N)0 =I3 etI3+ 0N +0(0−1)2 N2 =I3 doncP0 est vraie.
Supposons quePk soit vraie pour un certaink∈N. Alors, en utilisant le fait queI3×N =N×I3=N,
(I3+N)k+1 = (I3+N)(I3+N)k= (I3+N)
I3+kN +k(k−1) 2 N2
=I3+kN +k(k−1)
2 N2+N+kN2+k(k−1) 2 N3
=I3+ (k+ 1)N +
k(k−1)
2 +k
N2 (car N3=O3)
=I3+ (k+ 1)N +k(k−1) + 2k
2 N2
=I3+ (k+ 1)N +k(k+ 1) 2 N2 doncPk+1 est vraie et on a démontré que, pour toutk∈N,
(I3+N)k=I3+kN+k(k−1) 2 N2. 4. Ainsi, pour tout k∈N,
Ak= (I3+N)k =
1 0 0 0 1 0 0 0 1
+k
3 9 −9
2 0 0
3 3 −3
+ k(k−1) 2
0 0 0
6 18 −18 6 18 −18
=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
+
3k 9k −9k
2k 0 0
3k 3k −3k
+
0 0 0
3k(k−1) 9k(k−1) −9k(k−1) 3k(k−1) 9k(k−1) −9k(k−1)
=
1 + 3k 9k −9k
2k+ 3k(k−1) 1 + 9k(k−1) −9k(k−1) 3k+ 3k(k−1) 3k+ 9k(k−1) 1−3k−9k(k−1)
=
1 + 3k 9k −9k
3k2−k 9k2−9k+ 1 −9k2+ 9k 3k2 9k2−6k −9k2+ 6k+ 1
.
Exercice 4.
1. Etant donné que 8 ≡1 [7], 8k ≡1k [7] ≡ 1 [7] donc le reste dans la division euclidienne de 8k par 1.
2. Par définition,N =an×8n+an−1×8n−1+...+a1×8 +a0. Or, d’après la question précédente, pour toutk∈N, 8k≡1 [7] donc
N ≡an×1 +an−1×1 +...+a1×1 +a0 [7]≡a0+a1+a2+...+an [7].
Dès lors,
7|N ⇔N ≡0 [7]⇔a0+a1+a2+...+an≡0 [7]⇔7|(a0+a1+a2+...+an).
On a donc bien démontré queN est divisible par 7 si et seulement sia0+a1+a2+...+an est divisible par 7.
3. a. Etant donné que 85 ≤N ≤86, on écrit
N = 2×85+ 20 879 20 879 = 5×84+ 399
399 = 0×83+ 399 399 = 6×82+ 15
15 = 1×8 + 7 Ainsi, N = 2506178 .
b. Puisque 2+5+0+6+1+7 = 21 = 3×7, on déduit de la question 2 que N est divisible par 7 .
Exercice 5. 1. a. Etant donné que 2n = 9 +m2, 2n≥9 donc n≥4.
b. Puisque m2+ 9 = 2n, m2 =−9 + 2n. Or, n≥1 donc 2n ≡0 [2]. Par ailleurs, −9 ≡1 [2]
doncm2 ≡1 [2]. Ainsi,m2 est impair et donc m est impair.
c.
Reste de la division euclidienne dem par 4 0 1 2 3
Reste de la division euclidienne dem2 par 4 0 1 0 1 Reste de la division euclidienne dem2+ 9 par 4 1 2 1 2 d. Ainsi, le reste de m2+ 9 modulo 4 est 1 ou 2. Or, comme n≥2, 4 divise 2n donc le reste
de 2n modulo 4 est 0. On arrive à un contradiction car sim2+ 9 = 2n alors m2+ 9 et 2n ont le même reste modulo 4.
On conclut donc que l’équation (E1) n’a pas de solution dansN2. 2. a. Etant donné que 3n= 9 +m2, 3n≥9 donc n≥2.
b. Puisquem2+ 9 = 3n,m2 =−9 + 3n. Or, 3≡1 [2] donc 3n≡1 [2]. Par ailleurs,−9≡1 [2]
doncm2 ≡2 [2]≡0 [2]. Ainsi, m2 est pair et doncm est pair.
c. On remarque que 32 = 9 ≡ 1 [4]. Notons r le reste dans la division de n par 2. Alors, il existe un entier q tel quen= 2q+r. Ainsi,
3n= 32q+r = 32q×3r≡1×3r [4]≡3r [4].
Ainsi, si nest pair i.e. sir= 0, 3n≡1 [4] et si n est impair i.e. sir= 1 alors 3n≡3 [4].
d. Commem est pair, il existe un entier dtel que m= 2d. Alors, m2 = 4d2 doncm2 ≡0 [4].
Or, 9≡1 [4] donc 3n=m2+ 9≡1 [3]. On déduit alors de la question précédente quenest pair.
e. Par hypothèse, m2+ 9 = 3n donc 9 = 3n−m2 = 32k−m2. Or, 32k−m2 = (3k)2−m2 = (3k−m)(3k+ 9) donc (3k−m)(3k+m) = 9.
Ainsi, 3k−m; 3k+mest un couple de diviseur de 9. De plus, commem∈N, 3k−m≤ 3k+m. On en déduit donc que 3k−m= 1 et 3k+m= 9 ou 3k−m= 3 et 3k+m= 3.
Si 3k−m= 1 et 3k+m= 9 alors, par somme, 2×3k= 10 donc 3k= 5 ce qui est absurde car 5 n’est pas un multiple de 3.
Si 3k−m = 3 et 3k+m = 3 alors, par somme, 2×3k = 6 donc 3k = 3 et donck = 1. Il s’ensuit alors quem= 0.
Ainsi, la seul solution possible pour (E2) estm= 0 etn= 2. Réciproquement, 02+ 9 = 9 = 32 donc (m;n) = (0 ; 2) est solution de (E2).
On conclut donc que (0 ; 2) est l’unique solution de (E2).
3. Supposons qu’il existe deux entiers naturels m et ntels que m2+ 9 = 4n. Alors,m2+ 9 = 22n donc (m; 2n) est une solution de (E1) dans N2. Ceci est en contradiction avec le résultat de la question 1.d. donc l’équation (E3) n’a pas de solution dansN2.
Exercice 6. — On remarque que 71≡7 [10], que 72 ≡9 [10], que 73 ≡3 [10] et 74 ≡1 [10].
Soit k∈N et r le reste dans la division euclidienne de k par 4. Il existe donc un entier q tel que k= 4q+r. Alors,
7k= 74q+r= (74)q×7r≡1q×7r [10]≡7r [10].
Ainsi, le reste de 7k modulo 10 est le même que le reste de 7r modulo 10.
Soitn∈N. Raisonnons par disjonction des cas modulo 4.
•Sinest divisible par 4 alors il existe un entier dtel quen= 4ddonc
An= (70+ 71+ 72+ 73) + (74+ 75+ 76+ 77) +...+ (74d−4+ 74d−3+ 74d−2+ 74d−1) + 74d
≡(1 + 7 + 9 + 3) + (1 + 7 + 9 + 3) +...+ (1 + 7 + 9 + 3) + 1 [10]
≡20d+ 1 [10]≡1 [10]
•Sinest congru à 1 modulo 4 alors il existe un entier dtel quen= 4d+ 1 donc An=A4d+1 =A4d+ 74d+1≡1 + 7 [10]≡8 [10].
•Sinest congru à 2 modulo 4 alors il existe un entier dtel quen= 4d+ 2 donc An =A4d+2=A4d+1+ 74d+2 ≡8 + 9 [10]≡7 [10].
•Sinest congru à 3 modulo 4 alors il existe un entier dtel quen= 4d+ 3 donc An =A4d+3=A4d+2+ 74d+3 ≡7 + 3 [10]≡0 [10].
Etant donné que le chiffre des unités d’un entier est son reste modulo 10, on en déduit que le chiffre des unités deAn est 1 sin≡0 [4], 8 sin≡1 [4], 7 sin≡2 [4] et 0 si n≡3 [4].
