Pondichéry 2017
E
XERCICE4 5 points
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité On définit les suites (u
n) et (v
n) par :
u
0= v
0= 1 et, pour tout entier naturel n, u
n+1= 2u
n+ 3v
net v
n+1= 2u
n+ v
n. On admettra que les termes de ces suites sont des entiers naturels non nuls.
Partie A : Conjectures
Flore a calculé les premiers termes des suites à l’aide d’un tableur.
Une copie d’écran est donnée ci-dessous.
A B C
1 rang n terme u
nterme v
n2 0 1 1
3 1 5 3
4 2 19 13
5 3 77 51
6 4 307 205
1. Quelles formules ont été entrées dans les cellules B3 et C3 pour obtenir par copie vers le bas les termes des suites ?
2. Soit n un entier naturel.
Conjecturer la valeur de PGCD(u
n; v
n). Aucune justification n’est demandée.
3. Pour les termes de rang 10, 11, 12 et 13 Flore obtient les résultats suivants :
12 10 1 258 291 838 861
13 11 5 033 165 3 355 443
14 12 20 132 659 13 421 773
15 13 80 530 637 53 687 091
Elle émet la conjecture : « la suite ( u
nv
n)
converge ».
Qu’en penser ?
Partie B : Étude arithmétique
1. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a : 2u
n− 3v
n= (−1)
n+1.
2. Soit n un entier naturel.
Déduire de la question précédente la valeur de PGCD(u
n; v
n).
Partie C : Étude matricielle
Pour tout entier naturel n, on définit :
• la matrice colonne X
n= ( u
nv
n)
,
• les matrices carrées P =
( 1 3
− 1 2 )
et Q
n=
( ( − 1)
n3 × 2
2n( − 1)
n+12
2n+1) .
1. a. Montrer que la matrice 1 5
( 2 − 3
1 1
)
est l’inverse de P .
b. On admet que, pour tout entier naturel n, on a X
n= Q
nP
−1X
0. Démontrer que, pour tout entier naturel n, on a
u
n= ( − 1)
n+1+ 3 × 2
2n+15
v
n= ( − 1)
n+ 2
2n+25 2. a. Vérifier que, pour tout entier naturel n, on a u
nv
n=
(−1)n+1 22n+1
+ 3
(−1)n 22n+1
+ 2 . b. En déduire la limite de la suite
( u
nv
n)
.
Asie 2016
E
XERCICE4 5 points
Candidat/e/s ayant suivi l’enseignement de spécialité
L’objet du problème est l’étude d’une méthode de cryptage, dite « chiffrement de Hill », dans un cas particulier. Cette méthode nécessite une matrice de la forme
( a b c d )
, dont les coefficients sont des nombres entiers choisis entre 0 et 25, et tels que ad − bc soit premier avec 26.
Cette matrice est connue seulement de l’émetteur et du destinataire.
Les deux parties de cet exercice sont indépendantes Partie A : quelques résultats
1. On considère l’équation (E ) : 9d − 26m = 1, où d et m désignent deux entiers relatifs.
a. Donner une solution simple de cette équation, de sorte que d et m soient des nombres entiers compris entre 0 et 3.
b. Démontrer que le couple (d, m) est solution de l’équation (E) si et seulement si : 9(d − 3) = 26(m − 1).
c. En déduire que les solutions de l’équation (E ) sont les nombres entiers relatifs de la forme :
{ d = 26k + 3
m = 9k + 1 , avec k ∈ Z .
2. a. Soit n un nombre entier. Démontrer que si n = 26k − 1, avec k entier relatif, alors n et 26 sont premiers entre eux.
b. En déduire que les nombres 9d − 28, avec d = 26k + 3 et k ∈ Z , sont premiers avec 26.
Partie B : cryptage et décryptage On considère la matrice A =
( 9 4 7 3 )
.
On utilisera le tableau suivant pour la correspondance entre les lettres et les nombres.
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
Méthode de cryptage (pour un mot comportant un nombre pair de
lettres)
Exemple : avec le mot MATH
1. On regroupe les lettres par paires. MA TH
2. On remplace les lettres par les va- leurs associées à l’aide du tableau précédent, et on place les couples de nombres obtenus dans des matrices colonne.
C
1= ( 12
0 )
C
2= ( 19
7 )
3. On multiplie les matrices colonne par la gauche par la matrice A = ( 9 4
7 3 )
AC
1= ( 108
84 )
AC
2= ( 199
154 )
4. On remplace chaque coefficient des matrices colonne obtenues par leur reste dans la division euclidienne par 26.
108 = 4 × 26 + 4 84 = 3 × 26 + 6 On obtient :
( 4 6 )
( 17 24 )
5. On utilise le tableau de correspon- dance entre lettres et nombres pour obtenir le mot crypté.
EGRY
1. En cryptant par cette méthode le mot « PION », on obtient « LZWH ». En détaillant les étapes pour les lettres « ES », crypter le mot « ESPION ».
2. Méthode de décryptage
Notation : lorsqu’on manipule des matrices de nombres entiers relatifs, on peut utiliser la notation « ≡ » pour parler de congruence coefficient par coefficient. Par exemple, on peut écrire :
( 108 84
)
≡ ( 4
6 )
modulo 26 car 108 ≡ 4 modulo 26 et 84 ≡ 6 modulo 26.
Soient a , b, x, y , x
′et y
′des nombres entiers relatifs.
On sait que si x ≡ x
′modulo 26 et y ≡ y
′modulo 26 alors : ax + b y ≡ ax
′+ b y modulo 26.
Ce résultat permet d’écrire que, si A est une matrice 2 × 2, et B et C sont deux matrices colonne 2 × 1, alors :
B ≡ C modulo 26 implique AB ≡ AC modulo 26.
a. Établir que la matrice A est inversible, et déterminer son inverse.
b. Décrypter le mot : XQGY.
Antilles 2016
E
XERCICE4 5 points
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Les parties A et B sont indépendantes
Partie A
On considère l’équation suivante d’inconnues x et y entiers relatifs :
7x − 3y = 1. (E)
1. Un algorithme incomplet est donné ci-dessous. Le recopier et le compléter, en écrivant ses lignes manquantes (1) et (2) de manière à ce qu’il donne les solutions entières (x ; y) de l’équation (E) vérifiant − 5 ⩽ x ⩽ 10 et
− 5 ⩽ y ⩽ 10.
Variables : X est un nombre entier Y est un nombre entier Début : Pour X variant de − 5 à 10
(1) . . . . (2) . . . . Alors Afficher X et Y Fin Si
Fin Pour Fin Pour Fin
2. a. Donner une solution particulière de l’équation (E).
b. Déterminer l’ensemble des couples d’entiers relatifs solutions de l’équation (E).
c. Déterminer l’ensemble des couples (x ; y ) d’entiers relatifs solutions de l’équation (E) tels que − 5 ⩽ x ⩽ 10 et − 5 ⩽ y ⩽ 10.
Partie B
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé ( O, → −
u , − → v )
. On considère la droite D d’équation
7x − 3y − 1 = 0
On définie la suite (A
n) de points du plan de coordonnées (x
n: y
n) vérifiant pour tout n entier naturel :
{ x
0= 1
y
0= 2 et
x
n+1= −
132x
n+ 3y
ny
n+1= −
352x
n+ 8y
n1. On note M la matrice
−2133
−35
2
8
. Pour tout entier naturel n, on pose
X
n= ( x
ny
n)
.
a. Montrer que, pour tout entier naturel n, X
n+1= M X
n.
b. Sans justifier, exprimer pour tout entier naturel n , X
nen fonction de M
net X
0. 2. On considère la matrice P =
( − 2 − 3
−5 −7 )
et on admet que la matrice inverse de P , notée P
−1, est définie par P
−1=
( 7 − 3
− 5 2 )
.
a. Vérifier que P
−1M P est une matrice diagonale D que l’on précisera.
b. Pour tout entier naturel n, donner D
nsans justification.
c. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, M
n= P D
nP
−1. 3. On admet que, pour tout entier naturel n, M
n=
( − 14 +
152n6 −
26n−35 +
352n15 −
142n) .
En déduire que, pour tout entier naturel n, une expression de x
net y
nen fonction de n.
4. Montrer que, pour tout entier naturel n, le point A
nappartient à la droite D .
Métropole 2016
E
XERCICE3 5
POINTSPour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
Pour tout couple d’entiers relatifs non nuls (a, b), on note pgcd(a , b) le plus grand diviseur commun de a et b.
Le plan est muni d’un repère (
O, − → ı , − → ȷ )
.
1. Exemple. Soit ∆
1la droite d’équation y = 5 4 x − 2
3 .
a. Montrer que si (x, y ) est un couple d’entiers relatifs alors l’entier 15x − 12y est divi- sible par 3.
b. Existe-il au moins un point de la droite ∆
1dont les coordonnées sont deux entiers relatifs ? Justifier.
Généralisation
On considère désormais une droite ∆ d’équation (E ) : y = m n x − p
q où m,n, p et q sont des entiers relatifs non nuls tels que pgcd(m, n) = pgcd(p, q ) = 1.
Ainsi, les coefficients de l’équation (E) sont des fractions irréductibles et on dit que ∆ est une droite rationnelle.
Le but de l’exercice est de déterminer une condition nécessaire et suffisante sur m,n, p et q pour qu’une droite rationnelle ∆ comporte au moins un point dont les coordonnées sont deux entiers relatifs.
2. On suppose ici que la droite ∆ comporte un point de coordonnées ( x
0, y
0) où x
0et y
0sont des entiers relatifs.
a. En remarquant que le nombre n y
0− mx
0est un entier relatif, démontrer que q di- vise le produit np .
b. En déduire que q divise n.
3. Réciproquement, on suppose que q divise n, et on souhaite trouver un couple ( x
0, y
0) d’entiers relatifs tels que y
0= m
n x
0− p q .
a. On pose n = qr , où r est un entier relatif non nul. Démontrer qu’on peut trouver deux entiers relatifs u et v tels que qr u − mv = 1.
b. En déduire qu’il existe un couple ( x
0, y
0) d’entiers relatifs tels que y
0= m
n x
0− p q .
4. Soit ∆ la droite d’équation y = 3 8 x − 7
4 . Cette droite possède-t-elle un point dont les coor- données sont des entiers relatifs ? Justifier.
5. On donne l’algorithme suivant :
Variables : M, N , P,Q : entiers relatifs non nuls, tels que pgcd(M, N ) = pgcd(P, Q) = 1
X : entier naturel
Entrées : Saisir les valeurs de M, N , P ,Q Traitement et sorties :
Si Q divise N alors X prend la valeur 0 Tant que
( M N X − P
Q n’est pas entier ) et
(
− M N X − P
Q n’est pas entier )
faire X prend la valeur X + 1
Fin tant que Si M
N X − P
Q est entier alors Afficher X , M
N X − P Q Sinon
Afficher − X, − M N X − P
Q Fin Si
Sinon
Afficher « Pas de solution » Fin Si
a. Justifier que cet algorithme se termine pour toute entrée de M, N ,P,Q, entiers rela- tifs non nuls tels que pgcd(M , N ) = pgcd(P, Q) = 1.
b. Que permet-il d’obtenir ?
Polynésie 2016
E
XERCICE4 5 points
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
Pour chacune des cinq propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et justifier la réponse choisie.
Il est attribué un point par réponse exacte correctement justifiée. Une réponse non justifiée n’est pas prise en compte. Une absence de réponse n’est pas pénalisée.
1. Proposition 1
Pour tout entier naturel n, le chiffre des unités de n
2+ n n’est jamais égal à 4.
2. On considère la suite u définie, pour n ⩾ 1, par u
n= 1
n pgcd(20 ; n).
Proposition 2
La suite (u
n) est convergente.
3. Proposition 3
Pour toutes matrices A et B carrées de dimension 2, on a A × B = B × A.
4. Un mobile peut occuper deux positions A et B. À chaque étape, il peut soit rester dans la position dans laquelle il se trouve, soit en changer.
Pour tout entier naturel n, on note :
• A
nl’évènement « le mobile se trouve dans la position A à l’étape n » et a
nsa proba- bilité.
• B
nl’évènement « le mobile se trouve dans la position B à l’étape n » et b
nsa proba- bilité.
• X
nla matrice colonne ( a
nb
n) .
On admet que, pour tout entier nature n, X
n+1= M × X
navec M =
( 0, 55 0, 3 0, 45 0, 7 )
. Proposition 4
La probabilité P
An(B
n+1) vaut 0,45.
Proposition 5
Il existe un état initial X
0= ( a
0b
0)
tel que la probabilité d’être en B à l’étape 1 est trois fois
plus grande que celle d’être en A à l’étape 1, autrement dit tel que b
1= 3a
1.
Liban 2016
E
XERCICE4 5 points
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
Pour chacune des affirmations suivantes, dire si elle est vraie ou fausse en justifiant la réponse.
Un point est attribué par réponse exacte justifiée. Une réponse non justifiée ne sera pas prise en compte et l’absence de réponse n’est pas pénalisée.
• On considère le système
{ n ≡ 1 [5]
n ≡ 3 [4] d’inconnue n entier relatif.
Affirmation 1 : Si n est solution de ce système alors n − 11 est divisible par 4 et par 5.
Affirmation 2 : Pour tout entier relatif k, l’entier 11 + 20k est solution du système.
Affirmation 3 : Si un entier relatif n est solution du système alors il existe un entier relatif k tel que n = 11 + 20k .
• Un automate peut se trouver dans deux états A ou B. À chaque seconde il peut soit rester dans l’état où il se trouve, soit en changer, avec des probabilités données par le graphe probabiliste ci-dessous.
Pour tout entier naturel n, on note a
nla probabilité que l’automate se trouve dans l’état A après n secondes et b
nla probabilité que l’automate se trouve dans l’état B après n secondes. Au départ, l’automate est dans l’état B.
A B
0,3 0,2
0,7
0,8
On considère l’algorithme suivant :
Variables : a et b sont des réels Initialisation : a prend la valeur 0
b prend la valeur 1 Traitement : Pour k allant de 1 à 10
a prend la valeur 0, 8a + 0, 3b b prend la valeur 1 − a Fin Pour
Sortie : Afficher a Afficher b
Affirmation 4 : En sortie, cet algorithme affiche les valeurs de a
10et b
10.
Affirmation 3 : Après 4 secondes, l’automate a autant de chances d’être dans l’état A que
d’être dans l’état B.
Résultats et indices
Rappel : ces résultats ne sont PAS la correction. Ils permettent juste de VERIFIER si l’on a mené un raisonnement correct ou non. Il est donc ESSENTIEL de ne les consulter qu’APRES avoir traité les questions.
Résultats et indices - Pondichéry 2017
Ex.4 Spé - P.A. - 1. En B3 : « = 2 ∗ B2 + 3 ∗ C 2 ». En C3 : « = 2 ∗ B2 + C2 ». 2. 1. 3. il semblerait que la suite
( u
nv
n)
converge vers 1,5. P.B. - 1.Solution donnée. 2. Ind :Bezout 1. P.C. - 1.a. Solution donnée 1.b.Solution donnée. 2.a. Solution donnée. 2.b. Ind :Gendarmes lim
n→+∞
u
nv
n= 3 2 .
Résultats et indices - Asie 2016
Ex.4 Spé - P.A. - 1.a. (3; 1) 1.b. Solution donnée.1.c. Les solutions de l’équation (E ) sont les couples (d ; m) tels que {
d = 26k + 3
m = 9k + 1 , avec k ∈ Z .
2.a. Solution donnée.2.b. Solution donnée.P.B. - 1. ESPION se code EELZWH 2.a. A
−1=
( −3 4 7 − 9
)
2.b.Le mot XQGY se décode en VRAI.
Résultats et indices - Antilles 2016
Ex.4 Spé P.A. - 1. « Pour Y variant de -5 à 10 » et « Si 7*X-3*Y=1 alors : » 2.a. Le couple (1; 2) est une solution particulière de (E) 2.b. (1 + 3k ; 2 + 7k) avec k ∈ Z sont solutions de (E). 2.c. Il n’y a que trois couples vérifiant les conditions demandées :( − 2; 5),(1; 2) et (4; 9). P.B. - 1.a. Solution donnée.1.b.X
n= M
nX
0. 2.a.
( 1 0 0
12)
2.b.D
n= ( 1 0
0
21n)
. 2.c. Solution donnée.3. x
n= − 2 +
23net y
n= − 5 +
27n. 4.Solution donnée.
Résultats et indices - Métropole 2016
Ex.3 Spé - 1.a. Solution donnée.1.b. Non. 2.a. Solution donnée.2.b. Solution donnée.3.a. Solu- tion donnée.3.b. Solution donnée.4. Oui. 5.a. Solution donnée.5.b. L’algorithme affiche les cor- données d’un point de la droite, coordonnées entières, minimum, positives.
Résultats et indices - Polynésie 2016
Ex.4 Spé - Prop.1 Vrai. Prop.2 Vrai. Prop.3 Faux. Prop.4 Vrai Prop.5 Faux.
Résultats et indices - Liban 2016
Ex.4 Spé - Aff.1 Vrai. Aff.2 Vrai. Aff.3 Vrai. Aff.4 Faux. Aff.5 Vrai.
Correction intégrale - Pondichéry 2017
E
XERCICE4 5 points
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité On définit les suites (u
n) et (v
n) par :
u
0= v
0= 1 et, pour tout entier naturel n, u
n+1= 2u
n+ 3v
net v
n+1= 2u
n+ v
n. On admettra que les termes de ces suites sont des entiers naturels non nuls.
Partie A : Conjectures
Flore a calculé les premiers termes des suites à l’aide d’un tableur.
Une copie d’écran est donnée ci-dessous.
A B C
1 rang n terme u
nterme v
n2 0 1 1
3 1 5 3
4 2 19 13
5 3 77 51
6 4 307 205
1. Quelles formules ont été entrées dans les cellules B3 et C3 pour obtenir par copie vers le bas les termes des suites ?
Solution : en B3 : « = 2 ∗ B2 + 3 ∗ C 2 » en C3 : « = 2 ∗ B2 + C 2 »
2. Soit n un entier naturel.
Conjecturer la valeur de PGCD(u
n; v
n). Aucune justification n’est demandée.
Solution : PGCD(u
n; v
n) semble être de 1 (c’est le cas pour les 5 premiers termes) 3. Pour les termes de rang 10, 11, 12 et 13 Flore obtient les résultats suivants :
12 10 1 258 291 838 861
13 11 5 033 165 3 355 443
14 12 20 132 659 13 421 773
15 13 80 530 637 53 687 091
Elle émet la conjecture : « la suite ( u
nv
n)
converge ».
Qu’en penser ?
Solution : u
10v
10≈ 1, 499999404 , u
11v
11≈ 1, 500000149 , u
12v
12≈ 1, 499999963 , u
13v
13≈ 1, 500000009
il semblerait que la suite ( u
nv
n)
converge vers 1,5
Partie B : Étude arithmétique
1. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a : 2u
n− 3v
n= ( − 1)
n+1.
Solution :
Initialisation : 2u
0− 3v
0= − 1 et ( − 1)
0+1= − 1 donc l’égalité est vérifiée au rang 0 Hérédité : Supposons que pour un entier naturel p quelconque, 2u
p−3v
p= (−1)
p+1, alors 2u
p+1−3v
p+1= 2 (
2u
p+ 3v
p) −3 (
2u
p+ v
p) = −2u
p+3v
p= − (
2u
p− 3v
p) = −(−1)
p+1= ( − 1)
p+2.
Il y a donc hérédité à partir du rang 0.
La relation est vraie au rang 0 et si elle est vraie à un rang p elle est vraie au rang suivant p + 1. D’après le principe de récurrence
∀ n ∈ N , 2u
n− 3v
n= ( − 1)
p+12. Soit n un entier naturel.
Déduire de la question précédente la valeur de PGCD(u
n; v
n).
Solution :
D’après le théorème de Bezout, on peut déduire que PGCD(u
n; v
n) = 1 car 2u
n− 3v
n= 1 ou − 2u
n+ 3v
n= 1
Partie C : Étude matricielle
Pour tout entier naturel n, on définit :
• la matrice colonne X
n= ( u
nv
n) ,
• les matrices carrées P =
( 1 3
− 1 2 )
et Q
n=
( ( − 1)
n3 × 2
2n( − 1)
n+12
2n+1) .
1. a. Montrer que la matrice 1 5
( 2 − 3
1 1
)
est l’inverse de P . Solution :
1 5
( 2 − 3
1 1
)
× P = 1 5
( 5 0 0 5 )
= I
2et P × 1 5
( 2 − 3
1 1
)
= 1 5 P ×
( 2 − 3
1 1
)
= 1 5
( 5 0 0 5 )
= I
2On en déduit que P admet 1 5
( 2 − 3
1 1
)
pour inverse.
b. On admet que, pour tout entier naturel n, on a X
n= Q
nP
−1X
0. Démontrer que, pour tout entier naturel n, on a
u
n= ( − 1)
n+ 3 × 2
2n+15
v
n= ( − 1)
n+ 2
2n+25 Solution :
Q
nP
−1= Q
n× 1 5
( 2 −3
1 1
)
= 1 5
( ( − 1)
n3 × 2
2n( − 1)
n+12
2n+1)( 2 − 3
1 1
)
= 1 5
( 2 × ( − 1)
n+ 3 × 2
2n− 3 × ( − 1)
n+ 3 × 2
2n2 × ( − 1)
n+1+ 2
2n+1− 3 × ( − 1)
n+1+ 2
2n+1)
De plus X
0= ( u
0v
0)
= ( 1
1 )
Donc X
n= 1 5
( 2 × ( − 1)
n+ 3 × 2
2n− 3 × ( − 1)
n+ 3 × 2
2n2 × ( − 1)
n+1+ 2
2n+1− 3 × ( − 1)
n+1+ 2
2n+1)
= 1 5
( ( − 1)
n+1+ 3 × 2
2n+1(−1)
n+ 2
2n+2)
On a donc bien pour tout entier naturel n, on a
u
n= ( − 1)
n+ 3 × 2
2n+15
v
n= ( − 1)
n+ 2
2n+25 2. a. Vérifier que, pour tout entier naturel n, on a u
nv
n=
(−1)n+1 22n+1
+ 3
(−1)n 22n+1
+ 2 . Solution :
Pour tout entier naturel n, on a u
nv
n= ( − 1)
n+1+ 3 × 2
2n+1( − 1)
n+ 2
2n+2= 2
2n+1(
(−1)n+1 22n+1
+ 3 ) 2
2n+1(
(−1)n 22n+1+2 ) On a bien ∀ n ∈ N , u
nv
n=
(−1)n+1 22n+1
+ 3
(−1)n 22n+1
+ 2 b. En déduire la limite de la suite
( u
nv
n) .
Solution : − 1
2
2n+1⩽ ( − 1)
n+12
2n+1⩽ 1
2
2n+1et lim
n→+∞
1 2
2n+1=0 On a donc, d’après le théorème des gendarmes, lim
n→+∞
( − 1)
n+12
2n+1= lim
n→+∞
( − 1)
n2
2n+1=0 On en déduit, par opération sur les limites, lim
n→+∞
u
nv
n= 3
2 qui confirme la conjecture
émise
Correction intégrale - Asie 2016
E
XERCICE4 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 4 points Partie A : quelques résultats
1. On considère l’équation (E ) : 9d − 26m = 1, où d et m désignent deux entiers relatifs.
a. Les nombres 9 et 26 sont premiers entre eux donc, d’après le théorème de B
ÉZOUT, l’équation (E) : 9d − 26m = 1 admet des solutions entières.
9 × 3 − 26 × 1 = 1 donc le couple (3 ; 1) est solution de l’équation (E).
b. Le couple (d ; m) est solution de (E) si et seulement si 9d − 26m = 1
si et seulement si 9d − 26m = 9 × 3 − 26 × 1 si et seulement si 9(d − 3) − 26(m − 1) = 0 si et seulement si 9(d − 3) = 26(m − 1) c. 9(d − 3) = 26(m − 1) donc 9 divise 26(m − 1). Or 9 et 26 sont premiers entre eux donc,
d’apèrs le théorème de G
AUSS, 9 divise m − 1. On peut donc écrire m − 1 sous la forme 9k avec k ∈ Z . Donc m = 9k + 1 avec k ∈ Z .
9(d − 3) = 26(m − 1) et m − 1 = 9k donc 9(d − 3) = 26 × 9k ce qui équivaut à d − 3 = 26k ou encore d = 26k + 3 avec k ∈ Z .
Réciproquement, si d = 26k + 3 et m = 9k + 1 avec k ∈ Z , alors
9d − 26m = 9(26k + 3) − 26(9k + 1) = 9 × 26k + 27 − 26 × 9k − 26 = 1 et donc le couple (d ; m) est solution de (E ).
Les solutions de l’équation (E ) sont donc les couples (d ; m) tels que { d = 26k + 3
m = 9k + 1 , avec k ∈ Z . 2. a. Soit n un nombre entier.
n = 26k − 1 ⇐⇒ 26k − n = 1 ⇐⇒ 26k + n( − 1) = 1
Il existe donc deux entiers relatifs k et −1 tels que 26k + n(−1) = 1 donc, d’après le théorème de B
ÉZOUT, les nombres n et 26 sont premiers entre eux.
b. Soit n = 9d − 28, avec d = 26k + 3 et k ∈ Z .
n = 9d − 28 = 9(26k + 3) − 28 = 9× 26k +27 − 28 = 26(9k) −1 = 26K − 1 où K ∈ Z D’après la question précédente, on peut déduire que n = 9d − 28 et 26 sont premiers entre eux.
Partie B : cryptage et décryptage On considère la matrice A =
( 9 4 7 3 )
.
1. En cryptant par cette méthode le mot « PION », on obtient « LZWH » ; on veut crypter le mot « ESPION ».
Les lettres ES correspondent à la matrice colonne ( 4
18 )
; ( 9 4
7 3 )
× ( 4
18 )
=
( 36 + 72 28 + 54 )
= ( 108
82
)
108 = 4 × 26 + 4 donc 108 ≡ 4 modulo 26 82 = 3 × 26 + 4 donc 82 ≡ 4 modulo 26
} donc
( 108 82
)
≡ ( 4
4 )
modulo 26 ce qui correspond à EE.
Le mot ESPION se code donc en EELZWH.
2. Méthode de décryptage a. A =
( 9 4 7 3 )
; det(A) = 9 × 3 − 4 × 7 = − 1 ̸= 0 donc la matrice A est inversible.
On trouve son inverse à la calculatrice : A
−1=
( − 3 4 7 − 9
)
b. Au cryptage, une matrice colonne X correspondant à deux lettres, est d’abord trans- formée en la matrice Y telle que AX = Y . Puis on cherche la matrice Y
′composée de nombres entiers entre 0 et 25 et telle que Y
′≡ Y modulo 26.
Au décryptage, on cherche la matrice colonne Y correspondant aux deux lettres à décrypter. Puis on détermine la matrice X telle que AX = Y , autrement dit telle que X = A
−1Y . Enfin on détermine la matrice colonne X
′composée des restes des éléments de X modulo 26.
Comme X ≡ X
′modulo 26, d’après le texte AX ≡ AX
′modulo 26 et donc AX et AX
′correspondent à la même matrice colonne Y modulo 26 ; ce qui valide le processus de décryptage.
Pour décrypter les lettres XQ, on cherche la matrice colonne correspondant à ces deux lettres :
( 23 16 )
puis on multiplie à gauche par la matrice A
−1( −3 4
7 − 9 )
× ( 23
16 )
=
( −3 × 23 +4 × 16 7 × 23 − 9 × 16
)
= ( −5
17 )
≡ ( 21
17 )
modulo 26 ce qui correspond à VR.
On fait de même avec GY représenté par ( 6
24 )
: ( − 3 4
7 − 9 )
× ( 6
24 )
=
( − 3 × 6 + 4 × 24 7 × 6 − 9 × 24
)
= ( 78
− 174 )
≡ ( 0
8 )
modulo 26 ce qui correspond à AI.
Le mot XQGY se décode en VRAI.
Correction intégrale - Antilles 2016
E
XERCICE4 5 points
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Les parties A et B sont indépendantes
Partie A
1. L’algorithme complété est le suivant :
Variables : X est un nombre entier Y est un nombre entier Début : Pour X variant de −5 à 10
Pour Y variant de − 5 à 10 Si 7*X − 3*Y=1 alors : Afficher X et Y Fin Si
Fin Pour Fin Pour Fin
2. a. Le couple (1, 2) est une solution particulière de (E) car 7 × 1 − 3 × 2 = 1.
b. Soit (x, y) un couple d’entiers relatifs, alors :
(x, y) solution de (E) ⇐⇒ 7x − 3y = 7 × 1 − 3 × 2
⇐⇒ 7(x − 1) = 3(y − 2)
Ainsi 3 divise 7(x − 1), or 3 et 7 sont premiers entre eux, donc, par le théorème de Gauss, 3 divise x − 1. Il existe donc un entier relatif k tel que
x − 1 = 3k ⇐⇒ x = 1 + 3k . On obtient alors 7 × 3k = 3(y − 2) d’où y = 2 + 7k.
Réciproquement, on vérifie aisément que les couples du type (1 + 3k ; 2 + 7k) avec k ∈ Z sont bien solutions de (E).
c. Soit (x, y ) un couple solution de (E), alors il existe k ∈ Z tel que x = 1 + 3k et y = 2 + 7k.
Par conséquent :
{ −5 ⩽ x ⩽ 10
− 5 ⩽ y ⩽ 10 ⇐⇒
{ −5 ⩽ 1 + 3k ⩽ 10
− 5 ⩽ 2 + 7k ⩽ 10
⇐⇒
{ − 2 ⩽ k ⩽ 3
− 1 ⩽ k ⩽
87⇐⇒ k ∈ { − 1 ; 0 ; 1}.
Il n’y a donc que trois couples vérifiant les conditions demandées :
(−2, 5) (1, 2) et (4, 9).
Partie B
1. a. Soit n ∈ N alors : M X
n=
−
1323
−
3528
×
x
ny
n
=
−
132x
n+ 3y
n−
352x
n+ 8y
n
=
x
n+1y
n+1
= X
n+1b. La suite ( X
n) est géométrique de raison M et de premier terme M
0, donc, pour tout n ∈ N on a :
X
n= M
nX
0. 2. a. On a, à l’aide de la calculatrice :
P
−1M P =
( 7 − 3
−5 2
)( −
1323
−
1528
)( − 2 − 3
−5 −7 )
=
( 1 0 0
12)
b. On a, pour tout n ∈ N , D
n= ( 1 0
0
21n) .
c. Montrons par récurrence que, pour tout n ∈ N , on a M
n= P D
nP
−1.
• Initialisation. On a M
0= I
3(où I
3est la matrice identité d’ordre 3), et P D
0P
−1= P I
3P
−1= P P
−1= I
3. La propriété est donc vraie pour n = 0.
• Hérédité. Supposons que pour n ∈ N quelconque on ait M
n= P D
nP
−1, on doit alors montrer que M
n+1= P D
n+1P
−1.
On a
M
n+1= M
n× M
= P D
nP
−1× P DP
−1= P D
n× P
−1P × DP
−1= P D
n+1P
−1ce qu’il fallait démontrer.
• Conclusion.
La relation est vraie au rang 0 et pour n ∈ N quelconque M
n= P D
nP
−1entraîne M
n+1= P D
n+1P
−1, donc d’après le principe de récurrence, pour tout entier n, on a M
n= P D
nP
−1.
3. a. Soit n ∈ N , alors
X
n= M
nX
0=
−14 +
152n6 −
26n− 35 +
352n15 −
142n
( 1
2 )
=
− 14 +
152n+ 12 −
212n− 35 +
352n+ 30 −
228n
=
( − 2 +
23n− 5 +
27n)
∈ N = − +
3= − +
74. Soit n ∈ N , alors A
n( − 2 +
23n; − 5 +
27n) et 7
(
− 2 + 3 2
n)
− 3 (
− 5 + 7 2
n)
− 1 = − 14 + 21
2
n+ 15 − 21
2
n− 1 = − 15 + 15 = 0
ce qui prouve bien que A
n∈ D .
Correction intégrale - Métropole 2016
E
XERCICE3 5
POINTSPour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 1. a. Soit (x, y) un couple d’entiers relatifs. On a
15x − 12y = 3(5x − 4y)
5x et 4y sont deux entiers. La différence de deux entiers étant un entier, 5x − 4y est un entier, et 3(5x − 4y ) est ainsi un multiple de 3 :
Si x et y sont deux entiers relatifs, alors l’entier 15x − 12y est divisible par 3
b. Supposons qu’existe un point de la droite ∆
1dont les coordonnées (x
0, y
0) sont en- tières.
On a alors
y
0= 5 4 x
0− 2
3 Soit :
15x
0− 8 = 12y
0Ou encore :
15x
0− 12y
0= 8
D’après la question précédente, 15x
0− 12y
0est un multiple de 3.
Or 15x
0− 12y
0est égal à 8. Comme 8 n’est pas un multiple de 3 Aucun point de la droite ∆
1n’a ses coordonnées entières.
2. a. Puisque le point de coordonnées (x
0, y
0) appartient à ∆ , on en déduit : y
0= m
n x
0− p q Soit :
nq y
0= mq x
0− pn Ou encore :
q (mx
0− n y
0) = np
Puisque x
0, y
0, m et n sont des entiers, alors mx
0− n y
0est un entier : q (mx
0− n y
0) est donc un multiple de q
Puisque np = q(mx
0− n y
0), alors
q divise np
b. D’après la question précédente, q divise np. Comme, par hypothèse, q et p sont premiers entre eux, on en déduit, d’après le théorème de Gauss, que q divise n.
q divise n
3. a. Puisque n et m sont premiers entre eux, alors, en vertu du théorème de Bézout, il existe deux entiers relatifs u et v
′tels que
nu + mv
′= 1 Puisque n = qr , l’égalité précédente s’écrit :
qr u − m( − v
′) = 1 soit, en posant v = − v
′:
qr u − mv = 1
Il existe deux entiers u et v tels que qr u − mv = 1
b. L’égalité
y
0= m n x
0− p
q est équivalente, d’après la question 2.a, à l’égalité
q (mx
0− n y
0) = np soit :
q (mx
0− n y
0) = qr p
Puisque q ̸= 0, cette dernière égalité est équivalente à l’égalité : mx
0− n y
0= r p (1)
D’après la question précédente, on sait qu’il existe deux entiers relatifs u et v tels que
nu − mv = 1
Multiplions chacun des deux membres de cette égalité par r p. On obtient alors : nur p − mvr p = r p
soit :
m( − vr p) − n( − ur p) = r p (2) En comparant les égalités (1) et (2), on en déduit :
Le point de coordonnées ( − vr p, − ur p) est un point de ∆
4. Les questions 2 et 3 permettent d’énoncer le résultat suivant : Soit ∆ la droite d’équation y = m
n x − p
q où m, n, p et q sont des entiers relatifs non nuls tels que pgcd(n,m) = pgcd(p, q) = 1.
Alors il existe un point de ∆ dont les coordonnées sont des entiers si et seulement si q divise n.
Dans le cas présent ∆ est la droite d’équation y = 3 8 x − 7
4 . Puisque
pgcd(3, 8) = pgcd(7, 4) = 1 et
4 divise 8
, alors
Il existe un point de ∆ dont les coordonnées sont des entiers
5. Soit ∆ la droite d’équation y =
MNx −
QP.
On applique le résultat énoncé au début de la question précédente :
a. • Si Q ne divise pas N, alors l’algorithme affiche « pas de solution » : il se termine donc.
• Si Q divise N, on sait qu’il existe un point de ∆ à coordonnées entières. Autre- ment dit, il existe un couple d’entiers (x
0, y
0) tel que
y
0= M N x
0− P
Q
Il est clair qu’un tel couple existe si et seulement si il existe un entier relatif x
0tel que
MNx
0−
QPest un entier.
Lorsque X parcourt N (i.e prend les valeurs 0, 1, 2, . . . ), il existe donc un entier naturel X
0tel que
MNX
0−
QPou −
MNX
0−
QPest un entier relatif : l’algorithme se termine donc.
L’algorithme se termine
b. L’algorithme affiche les coordonnées du point de la droite d’équation y =
MNx −
QPdont l’abs-
cisse a la plus petite valeur absolue.
Correction intégrale - Polynésie 2016
E
XERCICE4 - C
ANDIDATS AYANT SUIVI L’
ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ5 points Pour chacune des cinq propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et justifier la réponse choisie.
Il est attribué un point par réponse exacte correctement justifiée. Une réponse non justifiée n’est pas prise en compte. Une absence de réponse n’est pas pénalisée.
1. Proposition 1
Pour tout entier naturel n, le chiffre des unités de n
2+ n n’est jamais égal à 4.
Solution : VRAI n
2+ n = n(n + 1)
dernier chiffre de n
dernier chiffre de
n + 1
dernier chiffre de
n(n + 1)
0 1 0
1 2 2
2 3 6
3 4 2
4 5 0
5 6 0
6 7 2
7 8 6
8 9 2
9 0 0
2. On considère la suite u définie, pour n ⩾ 1, par u
n= 1
n pgcd(20 ; n).
Proposition 2
La suite (u
n) est convergente.
Solution : VRAI
∀ n ∈ N
∗, 1 ⩽ pgcd(20 ; n) ⩽ 20 donc ∀ n ∈ N
∗, 1
n ⩽ u
n⩽ 20 n or lim
n→+∞
1
n = lim
n→+∞
20 n = 0
donc d’après le théorème des gendarmes, lim
n→+∞
