Solutions du Contrôle n˚4

Solutions du Contrôle n˚4 page 1 de 3

Solutions du Contrôle n˚4

I) 5 points

1. Dans ce genre de problème, il est fortement recommandé de calculer soigneuse- ment les premières valeurs, aussi bien pour guider l’intuition que pour vérifier les résultats.

u2=1 2

1 + 1

1

u1=· · ·= 1

2; u3= 1 2

1 + 1

2

u2=· · ·= 3 8

Initialisation :0< u36 2

3 caru3=3 8 et 3

8 6 2

3 car3×368×2.

Hérédité : Soitnun indice tel que0< un6 2

n. A-t-on0< un+16 2 n+ 1? On peut déjà en conclureu_n+1>0 d’après la formule deu_n+1.

Comparons ensuiteun+1 à 2 n+ 1.

D’après l’hypothèse de récurrence un+161 2

1 + 1

n 2

n, soit un+16n+ 1 n² . A-t-on n+ 1

n² 6 2

n+ 1? c’est-à-dire a-t-on(n+ 1)²62n²? C’est équivalent à−n²+ 2n+ 160.

Le trinôme−n²+2n+1a pour racinesa= 1−√

2≈ −0,4etb= 1+√

2≈2,4.

Il est60pour n6aoun>b. C’est donc bien le cas sin>3.

. Doncun+16 2

n+ 1, ce qui prouve que la propriété est héréditaire.

Donc d’après le principe de récurrence, 0< un6 2

n pour toutn>3 . (en fait, c’est vrai pour toutn>1, car on le vérifie directement pouru1 etu2).

2. u_n+1−u_n=· · ·=

1−n 2n

u_n<0(puisqueu_n>0d’après la question précédente et n>1).

Donc uest strictement décroissante.

3. Les valeurs successives de 2ⁿ×u_n sont 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5.

On conjecture2ⁿ×un=n, soitun= n 2ⁿ.

Initialisation :u1= 1

2¹ donc la propriété est vraie pourn= 1 Hérédité : Soitnun indice tel queun= n

2ⁿ. Alorsu_n+1= 1

2

1 + 1 n

u_n= 1

2

1 + 1 n

× n

2ⁿ = (n+ 1)n

n×2ⁿ⁺¹ =n+ 1 2ⁿ⁺¹

Conclusion D’après le principe de récurrence, u_n= n

2ⁿ pour toutn>1.

II) 7 points

Trois questions indépendantes 1. Soitz=p

2−√ 2 +ip

2 +√ 2 a) z²=· · ·=−2√

2 + 2√ 2i.

|z²|=· · ·= 4. cos(θ) =· · ·=−

√2

2 etsin(θ) =· · ·=

√2

2 . Doncθ= 3π

4 et z²= 4e^i3π/4 Or|z²|=|z|², donc|z|= 2

Etarg(z²) = 2 arg(z) + 2kπ, doncarg(z) = 3π 8 +kπ

(attention : moduloπ, deux points possibles sur le cercle : 3π 8 et 11π

8 ).

Pour savoir quelles valeurs dekconviennent, étudions les signes dexet y: x >0 ety >0, donc arg(z) =3π

8 + 2Kπ

b) cos(3π/8) = Re(z)

|z| =

p2−√ 2

2 (vérification avec calculatrice ; ≈0,3827) 2. On fait les calculs en gardant le plus longtemps possible les formes exponentielles

et en utilisant les propriétés des exponentielles.

a−b=−(c−b)e^i2π/3,

doncc−b=−(a−b)e^−i2π/3 (diviser pare^i2π/3, c’est multiplier pare^−i2π/3)

Solutions du Contrôle n˚4 page 2 de 3 c=b−(a−b)e^−i2π/3=e^5iπ/3−(e^−iπ/6−e^5iπ/3)e^−i2π/3

c=e^5iπ/3−e^−i5π/6+e^iπ =1 2 −i

√3

2 +

√3

2 + i 2 −1 =

√3−1

2 +i1−√ 3 2

O• 1

•

−1•

A

B C

Le dessin suggère que ABC est équilatéral indirect , ce qui est équivalent à : a−b=e^−iπ/3(c−b)(Aimage deC par la rotation de centreB et d’angle −π

3 ) Or on aa−b=−(c−b)e^i2π/3. Il suffit donc de démontrer que −e^i2π/3=e^−iπ/3. C’est vrai puisque−e^i2π/3=e^iπe^i2π/3=e^5iπ/3=e^−iπ/3

3. Voir exercice II.6 de la feuille "Modules et arguments".

A B

C •

O

a) −→

OA,−−→ OB

= arg b

a

= arg(b)−arg(a) =· · ·=π 4 −(−π

3) = 7π 12

b) zB

z_C−z_A = 1 +i

−√ 3 +i√

3 =· · ·=− 1

√3i. C’est un imaginaire pur.

c) Donc−→

AC,−−→ OB

=−π

2, donc(OB)est une des hauteurs du triangleABC.

D’autre part une autre hauteur est(OC). En effet,O et C sont sur l’axe des abscisses et (AB) est parallèle à l’axe des ordonnées puisqueA et B ont la même abscisse, donc(OC)⊥(OA).

O est sur deux des hauteurs du triangleABC, c’est donc l’orthocentre.

III) 3 points

u0•= 0 •

u₁= 1/3 •

u₂= 5/9 • u₃ •

u₄ •

u₅ •

1 v0= 1

3 |

v1= 2 9 |

v2= 4 27

1. Soitv_n=u_n+1−u_n. Démontrer quevest une suite géométrique vn=un+1−un= 1

3(1−un).

D’autre part, en simplifiant la formule de l’énoncé :un+1= 1 3 +2

3un

vn+1

v_n = 1

3(1−un+1) 1

3(1−un)

=(1−un+1) (1−u_n) =

1−1 3−2

3un

1−u_n = 2 3 −2

3un

1−u_n = 2 3

Pour toutn,v_n+1= 2

3v_n, donc v est une suite géométrique de raison 2 3 . 2. En déduire la formule directe devn puis celle deun.

vn =1 3

2 3

ⁿ

(carv0=u1−u0=1 3) Orvn=1

3(1−un), doncun= 1−3vn, donc un = 1− 2

3 ⁿ

3. En déduire la limite deu_n

La raison la suitev est dans]−1; 1[, donc la limite dev est 0.

Orun= 1−3vn, donc la limite deuest 1 .

IV) Spécialité. 5 points

Trois questions indépendantes

1. Lemme d’Euclide : PGCD(n²+ 2n+ 25;n+ 2) =· · ·=PGCD(n+ 2,25)

Comme les diviseurs de 25 sont 1 ; 5 et 25, le problème revient à dire quen+ 2est divisible par 5 mais pas par 25.

Quand un multiple de 5 est-il multiple de 25 ?5k= 25k⁰⇔k= 5k⁰. La réponse est donc :

Tous les nombres de la forme−2 + 5kavecknon multiple de 5

Solutions du Contrôle n˚4 page 3 de 3 2. Déterminer l’ensemble des couples(x;y)d’entiers deZtels que8x−5y= 1

• on cherche une solution particulière

Algorithme d’Euclide : 8 = 1×5 + 3; 5 = 1×3 + 2; 3 = 1×2 + 1

On en tire1 = 3−2 = 3−(5−3) =−5 + 2×3 =−5 + 2×(8−5) = 2×8−3×5 Donc une solution particulière est(2; 3)

• condition nécessaire

Si (x;y)est solution, alors8x−5y= 2×8−3×5.

L’équation est alors équivalente à8(x−2) = 5(y−3).

Or 8 et 5 sont premiers entre eux, donc d’après le théorème de Gauss 8 divise (y−3), soity= 3 + 8k. En remplaçant, on en tire finalementx= 2 + 5k

• réciproque

On remplace les formules trouvées dans l’équation initiale : 8(2 + 5k)−5(3 + 8k) = 1. C’est bien vérifié pour toutk.

• L’ensemble des solutions est l’ensemble des couples de la forme(2 + 5k; 3 + 8k) 3. Pour chacune des propositions suivantes, dire si elle est vraie ou fausse et justifier.

a) Vrai

On posen= 7k+ 1. D’après le lemme d’Euclide :

PGCD(3(7k+ 1) + 4,4(7k+ 1) + 3) =· · ·=PGCD(7,7k) = 7 b) Faux

Il suffit d’un contre-exemple, par exemple 3 et 1 : 3×(1) + 1×(−1) = 2et pourtant PGCD(3,1) = 1 c) Vrai

PGCD(3x+y; 2x+ 3y) =· · ·=PGCD(−7x,3x+y)(lemme d’Euclide, ) Donc 5 divise 7x.

Or 5 est premier avec 7, donc d’après le théorème de Gauss 5 divisex.