CENTRALE PC 1997 Math 2
1. Préambule
A)C’est la formule de Pythagore:un triangle de cotésaeta+ 1est rectangle d’hypoténusecsi et seulement si :
a+ (a+ 1)2=c2 ce qui donneR1 en développant.
B) Il est possible d’incrémenteraen testant le caractère entier de p2a2+ 2a+ 1
en supposant connu an 1 la procédure suivant va incrémenterade 1 en mémorisant dans la variableb les valeurs successives :
>f:=a->sqrt(2*a^2+2*a+1);
>suivant:=proc(a) local b;
> b:=a+1;
> while not(type(f(b),integer)) do b:=b+1;od;
> end
A la machine à calculer il faut remplacer le test type(c,integer)par un test du type:E(c) = c. Votre machine n’est, de toute façon, pas assez puissante pour ne pas être limitée assez vite par la taille des données.
Avec 10 chi¤res le calcul de2*a^2+2*a+1 sera approché dès que a >100000 soit (n 7):Ce qui arrive assez vite. L’algorithme général (MAPLE ou non) doit penser à ce problème et être rédiger de façon à ne faire que du calcul exact.
C Cette question est indispensable pour initialiser les récurrence qui suivent. Le candidat qui ne réussit pas à faire le calcul à la machine peut quand même s’en sortir car la réponse est au V.B) en développant 1 +p
2 5 et. 1 +p
2 7
a2=20;c2=29 a3=119;c3=169
2. Les suites
A)pourn= 1etn= 2on a le système: 169+29 +5 =029+5 + =0 .Le système est un système linéaire de déterminant 4.Il est de Cramer et admet une unique solution = 6; = 1
cn+1= 6cn cn 1
Prenons l’hypothèse de récurrence pourn 1Hn:vn> vn 1 etvn 2N elle est véri…é pourn= 1 : 5>1 et52N:
elle est véri…é pourn= 2 : 29>1et 52N si elle est véri…é pourn 2etn 1on a:
–:vn = 6vn 1 vn 2= 5vn 1+ (vn 1 vn 2)qui est d’après de récurrence la somme de deux éléments deN. –vn vn 1= 5vn 1 vn 2>4vn 2>0:en utilisantvn 1> vn 2>0:On a doncvn > vn 1
en…nv0= 12N
8n2N; vn2N
Remarque : la suite est dé…nie par une récurrence double , la démonstratio doit se faire par récurrence double , ou forte (en initialisant 2 termes)
Pour le calcul on constate que l’on a une suite récurrente double à coe¢ cients constants. On cherche l’équation caractéristique r2 6r+ 1 = 0 . En résolvant cette équation on trouve les racines pet q et donc:
9(a; b)2C2;8n2N; vn =apn+bqn: en prenantn= 0 etn= 1on a le système: (3+2p2)a+(3 2a+b=1 p2)b=0 système linéaire de déterminant 4p
2:Sa résolution donne 8n2N; vn= (1+
p2)pn (1 p 2)qn 2p
2
Remarque:le jour du concours il est presque impossible de …nir une telle question avec un résultat faux:il su¢ t de véri…er pour n= 2et3 par exemple.
Remarque : on peut arriver aussi à : vn= (2+
p2)pn+(2 p 2)qn
4 .
B) Le calcul pourn= 1 donnea2 6a1+a0= 2:On véri…e cette valeur debpour n= 2:
comme auII.A)en partant deun+1= 6un un 1+ 2on véri…e par récurrenceHn :un2N; un> un 1 0.
— On awn+1 =un+1+ 1=2 = 6(wn 1=2) (wn 1 1=2) + 1=2 + 2 = 6wn wn 1:
— On a une suite récurrente double du même type que celle de la question précédente avecw0= 1=2; w1= 7=2 :
8n2N; wn= (2 +p
2)pn (2 p 2)qn 4p
2 8n2N; un= (2+
p2)pn (2 p 2)qn 4p
2
1 2
remarque:n= 2 et on véri…e.
remarque : on a aussi : un =(1+
p2)pn+1 p 2)qn 4
1 2
C)on a donc en remarquant quepq= 1
u2n+ (1 +un)2 = (wn 1=2)2+ (wn+ 1=2)2= 2w2n+1 2
= 1
16 (2 +p
2)pn (2 p
2)qn 2+1 2
= 1
16 6 + 4p
2 p2n+ 6 4p
2 q2n 4 +1 2
= 1
8 3 + 2p
2 p2n+ 3 2p
2 q2n +1 4 et
vn2 = 1
8 (1 +p
2)pn (1 p 2)qn 2 1
8 3 + 2p
2 p2n+ 3 2p
2 q2n+ 2 (un; vn)est un TRPI
remarque:
Si le calcul n’aboutit pas c’est peut-être un ouvn qui est faux : Il est alors urgent de véri…er pour n= 0;1;2 les valeurs trouvées.
une faute à ne pas faire:dire an =un; cn =vn on ne sait pas encore si on a obtenu toutes les solutions.
3. L’algèbre linéaire
le sujet dit : retrouver .... il est donc interdit d’utiliser dans le cours de la question les valeurs calculées au II.Il faut impérativement repartir des relations de récurrence dé…nissant les suites.
A1Véri…ons par récurrence surn: uvn+1=3un+2vn+1
n+1=4un+3vn+2
pourn= 0on a 3=0+2+15=0+3+3 et pourn= 1on a 29=12+15+220=9+10+1 .La relation est véri…ée.
Supposons la propriété vraie pour toutp < n.
On aura:
un+1= 6un un 1+ 2 = 6(3un 1+ 2vn 1+ 1) ((3un 2+ 2vn 2+ 1) + 2 un= 3(6un 1 un 2+ 2) + 2(6vn 1 vn 2) + 1 = 3un+ 2vn+ 1
On utilise la dé…nition deun, l’hypothèse de récurrence au rangn 1etn 2 et de nouveau les dé…nitions de un et vn:
Le calcul devn est similaire.
8n2N;n
un+1=3un+2vn+1 vn+1=4un+3vn+2
A2la traduction matricielle du système précédent donne:
un+1
vn+1 = 3 2 4 3
un
vn + 1 2 B1(A I) = 2 2
4 2 est de déterminant (-4) non nul. Un pivot de Gauss donne l’inverse:
(A I) 1= 1=2 1=2
1 1=2
B2CommeAetI commute on peut utiliser l’identité remarquablexn yn= (x y)Pn 1
k=0xkyn 1 k : (A I)Sn= (An I)
Soit :
Sn= (A I) 1(An I)
B.3)Les premiers termes laissent penser que pourn 0 ,Xn=AnX0+SnB:Cette formule se véri…e alors par récurrence:
— pourn= 1 : X1=AX0+B:
— si la propriété est vraie pour tout p < n on a:Xn = AXn 1+B = A(An 1X0+Sn 1B) = AnX0+ (ASn 1+I)B=AnX0+SnB:
8n 2 N ; Xn =AnX0+ (A I) 1(An I)B
= An X0+ (A I) 1B (A I)B
en remarquant que commeAet A I commutent; Aet(A I) 1 commentent.
Xn=An X0+ (A I) 1B (A I)B
remarque : la question C a été réécrite pour tenir compte de l’avancement du cours. Le sujet de Centrale diagonalise Apour calculer An .
C1) On a :
A2= 17 12 24 17 et le systèmeA2=uA+vI donne sans problèmeA2= 6A I C2) on retrouve l’équationx2 6x+ 1 = 0de racinespetq:
Par division euclidienne on peut écrire Xn = P Qn+Rn avec d (Rn) 1 . On peut alors poser Xn = P Qn+ (aX+b)et utiliser les racines pour avoir aet ben résolvant le système : pn =ap+b
qn =aq+b
on peut aussi utiliser l’interpolation de Lagrange . SiLp= Xp qq et Lq = Xq pp , Rn =R(p)Lp+R(q)Lq = pnLp+qnLq
Rn =pnp qqnX+pqnp qqpn remarque : véri…cation pour n= 0; n= 1
C3) On en déduit successivement commep q= 4p 2 An = Rn(A) = pn qn
p q A+pqn qpn p q I
= 1
p q 2p
2 (pn+qn) 2(pn qn) 4(pn qn) 2p
2 (pn+qn) X0+ (A I) 1B= 0
1 + 1=2 1=2
1 1=2
1
2 = 1=2
1
Xn = 1
p q 2p
2 (pn+qn) 2(pn qn) 4(pn qn) 2p
2 (pn+qn)
1=2 1
1=2 0
= 0
@
(2p
2+4)pn+(2p2 4)qn
8p 2
1 2 (4p
2+4)pn+(4p2 4)qn
8p 2
1 A
soit
un= (p
2 + 2)pn+ p
2 2 qn 4p
2
1 2 vn= (p
2 + 1)pn+ p
2 1 qn 2p
2 remarque:A comparer à :
un= (2 +p
2)pn (2 p 2)qn 4p
2
1
2; vn =(1 +p
2)pn (1 p 2)qn 2p
2
4. Un peu de géomètrie
ALes couples(an; cn)qui dé…nissent un TRPI sont des couples d’éléments deNpar hypothèse et véri…ent bien l’équation y2 = 2x2+ 2x+ 1 d’après le IA. On a bien une équation de conique (éventuellement dégénérée) puisque l’équation est polynômiale de degré total 2 en x; y. D’autre part l’ensemble est non vide puisqu’on connaît déjà une in…nité de TRPI.
B Pour réduire l’équation de la conique on écrit que son équation est équivalente à : y2= 2(x 1=2)2+ 1=2
donc en posantY =y et X=x+ 1=2ce qui revient à faire une translation de 1=2!i du repère initial:
pY 2=2
2 X
1=2
2
= 1
C’est une hyperbole de centre(x= 1=2; y= 0)et d’asymptotesY = p 2X.
…gure à la …n.
C ' est une application a¢ ne de déterminant 1 non nul . Le système (M) = M0 est donc toujours de Cramer . Tout pointM0du plan admet un unique antécédent, est bijective. .Si on résout (par Pivot de Gauss ou par déterminant) le système xy00=3x+2y+1=4x+3y+2on trouve : x=3x
0 2y0+1
y= 4x0+3y0 2.Ce qui donne donc la fonction réciproque de sur R2 .
D Soit(x; y)2 P si on calcule(2x02+ 2x0+ 1) y02on a:
(2x02+ 2x0+ 1) y02= 2(3x+ 2y+ 1)2+ 2(3x+ 2y+ 1) + 1 (4x+ 3y+ 2)2=
(18x2+ 8y2+ 24xy+ 12x+ 4y+ 1) + (6x+ 4y+ 2) + 1 (16x2+ 9y2+ 24xy+ 16x+ 12y+ 4) = 2x2 y2+ 2x+ 1
On a donc(2x02+ 2x0+ 1) y02= 0,(2x2+ 2x+ 1) y2= 0. Et doncM 2C,M02C En prouvant l’égalité pour tout point du plan on évite la double inclusion.
D’après le calcul précédent pour montrer'(C1) C1 il su¢ t de montrer (y2= 2x2+ 2x+ 1 ety 0))(y0 0) :Or y2 = 2x2 + 2x+ 1 ) x = 1=2(1 p
2y2 1) car sur C1 y p
2=2. Donc y0 = 4x+ 3y + 2 = 3y 2p
2y2 1:3y+ 2p
2y2 1est bien positive mais aussi3y 2p
2y2 1car9y2 8y2 4et 3y 0 L’autre inclusion est symétrique le calcul dey en fonction dey0 donnant aussi:y= 3y0 2p
2y02 1:
'(C1) =C1
Remarque : on peut aussi utiliser le paramétrage d’une demi hyperbole t2R+; X = 12sh(t)
Y = p22ch(t) ; soit t2R+; x= 12sh(t) 12
y=p22ch(t) et on a alorsy0 = 2 sh(t) +3p22ch(t)>0 et y = 2 sh(t0) +3p22ch(t0) 0car
3p 2
2 2 0 et ch(t) sh(t) 0
EC’est une conséquence directe de(un; vn)2Cet vn 0:
F,G SurC1 y est positif et doncy=p
2x2+ 2x+ 1 et doncx0 = 3x+ 2p
2x2+ 2x+ 1 + 1:
On étudie alors la fonctiong(x) = 3x+ 2p
2x2+ 2x+ 1 + 1qui est bienC1surRla quantité sous le radical étant strictement positive. De plus:
g0(x) = 3 + 4x+ 2 p2x2+ 2x+ 1
gest donc strictement croissante sur R+ et doncg est bijective de[un; un+1]sur[g(un); g(un+1)]
Or g(un) = 3un+ 2p
2u2n+ 2un+ 1 + 1 = 3un+ 2vn+ 1 (car on a un TPRI)=un+1 (d’après la formule matriciel duIII)
Donc[g(un); g(un+1)] = [un+1; un+2]:L’abscisse deM0 est entreun+1 etun+2 doncM02[Mn+1; Mn+2] 'est bijective de[Mn; Mn+1]sur[Mn+1; Mn+2]
H Soit(a; c)un TRPI. On peut voir quejqj<jpjet 1<jpj doncun 2+p2
4p
2 pn !+1 ;de plusu0 = 0:Il existe donc un indicentel queun a < un+1:Le point(a; c)est donc sur[Mn; Mn+1],' n(a; c)2[M0; M1]. Or l’image par' 1d’un couple d’entiers est un couple d’entiers.Donc ' n(a; c) = ( ; )est un TRPI avec 2[[0;3]]:Le programme du I a véri…é que 0et 3 étaient les seules solutions. Donc ( ; ) =M0 ouM1.Donc (a; b) =Mn ouMn+1 le second point étant exclu cara < un+1:
Tout TRPI est un couple(un; vn)
5. Et l’outil arithmétique
Acalcul évident à partir de R1 B Si on pose 1 +p
2 2n+1=xn+yn
p2 on a en développant:
xn= Xn k=0
2n+ 1
2k 2k ; yn = Xn k=0
2n+ 1 2k+ 1 2k En développant de même on véri…e : 1 p
2 2n+1 =xn ynp
2.et donc comme 1 +p
2 1 p
2 = 1, xn+yn
p2 xn yn
p2 = 1et doncx2n 2yn2= 1:
(xn 1)=2; yn est un TRPI Réciproquement on peut exprimer xn et yn en fonction de 1 p
2 et véri…er le lien avec les formules trouvées auII ou auIII
1 +p
2 2n+1=xn+ynp 2
1 p
2 2n+1=xn ynp 2 On obtient par résolution de ce système:
xn= (1+p2)2n+1+(1 p2)2n+1
2
yn= (1+p2)2n+1 (1 p2)2n+1
2p 2
Or(1 +p
2)2= 3 + 2p
2 =pet 1 p
2 2= 3 2p
2 =qdonc xn =(1+p2)pn+(1 p2)qn
2 = 2un+ 1 = 2an+ 1 yn= (1+p2)pn (1 p2)qn
2p
2 =vn=cn
