Corrig´ e du devoir surveill´ e n˚1

(1)

Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2012-2013

D. Blotti`ere Math´ematiques

Corrig´ e du devoir surveill´ e n˚1

Exercice 1

1. Soitm∈N. Donner la définition demest divisible par 3 à l’aide d’une proposition quantifiée.

2. D´emontrer, par r´ecurrence, que pour toutn∈N:n(n+ 1)(n+ 2) est divisible par 3.

3. D´emontrer, par r´ecurrence, que pour toutn∈N:

n+1

X

k=1

k(k−1) = n(n+ 1)(n+ 2) 3 puis retrouver le résultat démontré en 2.

4. Proposer une troisième démonstration du résultat établi en 2.

Correction

1. Soitm∈N. La propositionmest divisible par 3 s’´ecrit aussi : (∃k∈N) m= 3k.

2. Pour toutn∈N, on pose

P(n) : n(n+ 1)(n+ 2) est divisible par 3.

• Initialisation au rang 0 La proposition P(0) s’´ecrit :

0(0 + 1)(0 + 2)

| {z }

0

est divisible par 3.

Comme 0 = 3× 0

|{z}∈N

, la propositionP(0) est vraie.

• Hérédité Soitn∈Nfixé.

SupposonsP(n) vraie, i.e. :

n(n+ 1)(n+ 2) est divisible par 3.

Montrons que P(n+ 1) est vraie, i.e. :

(n+ 1)((n+ 1) + 1)((n+ 1) + 2)

| {z }

(n+1)(n+2)(n+3)

est divisible par 3.

Commen(n+ 1)(n+ 2) est divisible par 3, il existek∈Ntel que : (?) n(n+ 1)(n+ 2) = 3k.

On a :

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) = (n+ 1)(n+ 2)n+ (n+ 1)(n+ 2)3 (d´eveloppement partiel)

= 3k+ 3(n+ 1)(n+ 2) (cf. (?))

= 3×(k+ (n+ 1)(n+ 2))

| {z }

∈N,carn, k∈N

(factorisation par 3)

Par cons´equent, (n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) est divisible par 3.

• Conclusion

De l’initialisation au rang 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que pour toutn∈N: n(n+ 1)(n+ 2) est divisible par 3.

(2)

3. On commence par d´emontrer, par r´ecurrence, que pour toutn∈N:

n+1

X

k=1

k(k−1) = n(n+ 1)(n+ 2) 3 Pour toutn∈N, on pose

n+1

X

k=1

k(k−1) = n(n+ 1)(n+ 2)

3 .

0+1

X

k=1

k(k−1) = 0(0 + 1)(0 + 2) 3 soit

1×0 = 0.

La proposition P(0) est donc vraie.

n+1

X

k=1

k(k−1) = n(n+ 1)(n+ 2)

3 .

Montrons que P(n+ 1) est vraie, i.e. :

(n+1)+1

X

k=1

k(k−1) = (n+ 1)((n+ 1) + 1)((n+ 1) + 2) 3

ce qui s’´ecrit encore :

n+2

X

k=1

k(k−1) = (n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

3 .

On a :

n+2

X

k=1

k(k−1) =

n+1

X

k=1

k(k−1)

!

+ (n+ 2)×(n+ 2−1)

= n(n+ 1)(n+ 2)

3 + (n+ 2)(n+ 1) (hypoth`ese de r´ecurrence)

= (n+ 1)(n+ 2)n 3 + 1

(factorisation par (n+ 1)(n+ 2))

= (n+ 1)(n+ 2) n+ 3

3

= (n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

3 .

• Conclusion

De l’initialisation au rang 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que pour toutn∈N:

n+1

X

k=1

k(k−1) = n(n+ 1)(n+ 2)

3 .

(3)

Retrouvons alors le résultat établi à la question 2.

Soitn∈N. On sait, d’après ce qui précède, que :

n+1

X

k=1

k(k−1) = n(n+ 1)(n+ 2) 3 et donc que :

n(n+ 1)(n+ 2) = 3







n+1

X

k=1

k(k−1)

| {z }

(?)





 .

La somme (?) est une somme d’entiers naturels ; c’est donc un entier naturel. Par cons´equent,n(n+1)(n+2) est divisible par 3.

4. Soit n∈N. Le reste de la division euclidienne (appelée aussi division entière) de npar 3 est égal à 0, 1 ou 2. On scinde le raisonnement en trois parties, suivant chacune de ces possibilités.

• 1^ercas : le reste de la division euclidienne denpar 3 vaut 0

Soitq∈Nle quotient de la division euclidienne denpar 3. On a alors : n= 3q+ 0 = 3q.

On a

n(n+ 1)(n+ 2) = 3q(3q+ 1)(3q+ 2) = 3×q(3q+ 1)(3q+ 2)

| {z }

∈N

et doncn(n+ 1)(n+ 2) est divisible par 3.

• 2^`^emecas : le reste de la division euclidienne denpar 3 vaut 1

Soitq∈Nle quotient de la division euclidienne denpar 3. On a alors : n= 3q+ 1.

On a

n(n+ 1)(n+ 2) = (3q+ 1)(3q+ 2)(3q+ 3)

| {z }

3(q+1)

= 3×(3q+ 1)(3q+ 2)(q+ 1)

| {z }

∈N

• 3^`^emecas : le reste de la division euclidienne denpar 3 vaut 2

Soitq∈Nle quotient de la division euclidienne denpar 3. On a alors : n= 3q+ 2.

On a

n(n+ 1)(n+ 2) = (3q+ 2)(3q+ 3)

| {z }

3(q+1)

(3q+ 4) = 3×(3q+ 2)(q+ 1)(3q+ 4)

| {z }

∈N

Conclusion : Quel que soit le cas dans lequel on se trouve, on a n(n+ 1)(n+ 2) est divisible par 3. Par suite, le r´esultat de la question 2. est ´etabli.

(4)

Exercice 2 (Fonctions paires, fonctions impaires) 1. Soitg:R→Rune fonction.

(a) Donner la définition deg est une fonction paire à l’aide d’une proposition quantifiée.

(b) Donner la définition deg est une fonction impaire à l’aide d’une proposition quantifiée.

(c) Écrire la propositiong n’est pas une fonction paire et g n’est pas une fonction impaire à l’aide d’une proposition quantifiée.

(d) Donner un exemple de fonction d´efinie surRqui n’est ni paire, ni impaire.

On d´emontrera que la fonction propos´ee n’est ni paire, ni impaire.

2. Soitf:R→Rune fonction.

(a) D´emontrer qu’il existe une fonction pairep:R→Ret une fonction impairei:R→Rtelles que : f =i+p.

(b) La d´ecomposition def obtenue en (a) est-elle unique ? Correction

1.(a) La d´efinition deg est une fonction paire s’´ecrit formellement : (∀x∈R) g(−x) =g(x).

1.(b) La d´efinition degest une fonction impaire s’´ecrit formellement : (∀x∈R) g(−x) =−g(x).

1.(c) • On veut ´ecrire la proposition

P:g n’est pas une fonction paire

| {z }

P₁

etg n’est pas une fonction paire

| {z }

P₂

sous forme d’une proposition quantifi´ee.

• La proposition P1 s’´ecrit aussi :

non(g est une fonction paire) ou encore, d’apr`es 1.(a) :

non((∀x∈R) g(−x) =g(x)) soit :

(∃x∈R) g(−x)6=g(x).

• La proposition P2 s’´ecrit aussi :

non(gest une fonction impaire) ou encore, d’apr`es 1.(b) :

non((∀x∈R) g(−x) =−g(x)) soit :

(∃x∈R) g(−x)6=−g(x).

• On voit donc que pour nier la parité de g, il suffit de donner un contre-exemple. De même pour nier l’imparité de g, un contre-exemple suffit. Mais ces deux valeurs de x donnant les deux contre- exemples ne sont pas nécessairement les mêmes.

La proposition P peut donc s’´ecrire :

[(∃x₁∈R) g(−x₁)6=g(x₁)] et [(∃x₂∈R) g(−x₂)6=−g(x₂)]

1.(d) Soitg la fonction d´efinie par :

g:R→R; x7→x+ 1.

Montrons que gn’est ni paire, ni impaire.

(5)

• Preuve deg n’est pas paire.

On doit montrer qu’il existex∈Rtel que :g(−x)6=g(x) (cf. ´ecriture formelle deP₁).

Si x= 1, on ag(−x) = 0,g(x) = 2 et donc :g(−x)6=g(x).

Par suite, il existex∈R(par exemplex= 1) tel queg(−x)6=g(x).La fonctiongn’est donc pas paire.

• Preuve deg n’est pas impaire.

On doit montrer qu’il existex∈Rtel que :g(−x)6=−g(x) (cf. ´ecriture formelle deP2).

Si x= 0, on ag(−x) = 1,g(x) = 1 et donc :g(−x)6=−g(x).

Par suite, il existe x∈R(par exemplex= 0)¹ tel que g(−x)6=g(x).La fonction g n’est donc pas impaire.

2.(a) On va démontrer le résultat par analyse-synthèse.

• Analyse

Supposons qu’il existe une fonction pairep:R→Ret une fonction impairei:R→Rtelles que : f =i+p

et essayons de trouver descandidats pour ˆetre les fonctionspet i.

Soitx∈R. De l’égalité de fonctionsf =i+p, on déduit les deux égalités numériques suivantes : f(x) = i(x) + p(x)

f(−x) = i(−x) + p(−x).

La fonctioniétant impaire, on a :i(−x) =−i(x). La fonctionpétant paire, on a :p(−x) =p(x). De ce qui précède, on déduit que :

i(x) + p(x) = f(x) (L1)

−i(x) + p(x) = f(−x) (L2)

En ajoutant les lignes (L1) et (L2), il vient 2p(x) =f(x) +f(−x) ; on a donc : p(x) = f(x) +f(−x)

2 .

L’opération élémentaire (L1)−(L2) donne : 2i(x) =f(x)−f(−x) ; on a donc : i(x) = f(x)−f(−x)

2 .

L’analyse est achev´ee ; si les fonctions ietpexistent, alors elles sont donn´ees par : i:R→R; f(x)−f(−x)

2 et p:R→R; f(x) +f(−x)

2 .

• Synth`ese

V´erifions si les fonctions

i:R→R; f(x)−f(−x)

2 et p:R→R; f(x) +f(−x)

2 .

sont telles que :

(1) f =i+p; (2) iest impaire ; (3) pest paire.

1. On aurait pu considérer encore une fois x= 1, pour avoir un contre-exemple, mais, à nouveau, il n’est pas nécessaire de prendrele mêmex pour prouver la non parité et pour prouver la non imparité deg(cf. remarque précédente).

(6)

– Vérification de la propriété (1)

Les fonctions f eti+pont le même domaine de définition (R). Pour voir quef =i+p, il reste à montrer que pour tout x∈R:

f(x) =i(x) +p(x).

Soitx∈R.

i(x) +p(x) = f(x)−f(−x)

2 +f(x) +f(−x) 2

= f(x)

−f(−x) + f(x) +f(−x) 2

= f(x).

Doncf =i+p.

– Vérification de la propriété (2)

Montrons que pour toutx∈R:i(−x) =−i(x).

Soitx∈R.

i(−x) = f(−x)−f(−(−x)) 2

= f(−x)−f(x) 2

= −f(x) +f(−x) 2

= −(f(x)−f(−x)) 2

= −f(x)−f(−x) 2

= −i(x) – Vérification de la propriété (3)

Montrons que pour toutx∈R:p(−x) =p(x).

Soitx∈R.

p(−x) = f(−x) +f(−(−x)) 2

= f(−x) +f(x) 2

= f(x) +f(−x) 2

= p(x) On a ainsi d´emontr´e l’assertion.

2.(b) L’unicité de la décomposition obtenue en 2.(a) découle de l’analyse. En effet dans cette phase, nous avons vu que les fonctionsietpsont uniquement déterminées par la fonctionfde départ, plus précisément i etpsont données par :

i:R→R; f(x)−f(−x)

2 et p:R→R; f(x) +f(−x)

2 .

(7)

Exercice 3 (Résolution d’une équation polynomiale de degré 3 dans C) On considère l’équation

(E) z³+ (2−2i)z²+ (5−4i)z−10i= 0 d’inconnuez∈C.

1. D´emontrer que (E) admet une unique solutionz0 imaginaire pure.

2. D´emontrer qu’il existe (a, b, c)∈R³ tels que :

(∀z∈C) z³+ (2−2i)z²+ (5−4i)z−10i= (z−z0)(az²+bz+c).

3. R´esoudre l’´equation (E).

Correction

1. Soitz un nombre complexe imaginaire pur. Il existe doncy∈Rtel que :z=iy.

z³+ (2−2i)z²+ (5−4i)z−10i= 0 ⇐⇒ (iy)³

| {z }

−iy³

+ (2−2i)×(iy)²

| {z }

−y²

+ (5−4i)×(iy)−10i= 0

⇐⇒ −iy³−2y²+ 2y²i+ 5yi+ 4y−10i= 0

⇐⇒ −2y²+ 4y

| {z }

partie r´eelle

+i(−y³+ 2y²+ 5y−10)

| {z }

partie imaginaire

= 0

⇐⇒







−2y²+ 4y= 0 (E1) et

−y³+ 2y²+ 5y−10 = 0 (E2)

On doit maintenant résoudre le système (S) formé des deux équations (E1) et (E2) d’inconnuey∈R. On commence par résoudre l’équation (E1),plus simple à étudier.

−2y²+ 4y= 0 ⇐⇒ y(−2y+ 4) = 0

⇐⇒







y= 0 ou

−2y+ 4 = 0





Rest int`egre, i.e. un produit de facteurs r´eels est nul si et seulement si au moins un des facteurs est nul.





⇐⇒







y= 0 ou

y= 2

L’ensemble solution de (E1) est donc{0,2}. Il reste `a v´erifier si les solutions de (E1) sont solutions de (E2).

– V´erifions si 0 est solution de (E2)

Le nombre 0 est solution si et seulement si :

−0³+ 2×0²+ 5×0−10

| {z }

−10

= 0.

Donc 0 n’est pas solution de (E2) et par suite, pas solution de (S).

– V´erifions si 2 est solution de (E2)

Le nombre 2 est solution si et seulement si :

−2³

|{z}−8

+ 2×2²

| {z }

8

+ 5×2

| {z }

10

−10 = 0.

Donc 2 est solution de (E₂). Le nombre 2 ´etant solution de (E₁) et de (E₂), il est solution de (S).

(8)

L’unique solution de (S) est donc 2. Par conséquent, l’unique solution imaginaire pure de (E) est 2i, noté z₀ dans l’énoncé.

2. Soit (a, b, c)∈R³. Soitz∈C.

On commence par d´evelopper, r´eduire et ordonner

(z−z0)(az²+bz+c) = (z−2i)(az²+bz+c).

On trouve :

(z−2i)(az²+bz+c) =az³+ (b−2ai)z²+ (c−2bi)z−2ic.

Par cons´equent, pour que :

(?) (∀z∈C) z³+ (2−2i)z²+ (5−4i)z−10i= (z−2i)(az²+bz+c)

| {z }

az³+(b−2ai)z²+(c−2bi)z−2ic

il suffit²que :

(S⁰) :











a = 1 (L₁) b−2ai = 2−2i (L₂) c−2bi = 5−4i (L₃)

−2ic = −10i (L₄) R´esolvons (S⁰), par analyse-synth`ese.

• Analyse

Soit (a, b, c)∈R³solution de (S⁰). Dea= 1 et (L2), on d´eduit que : b= 2−2i+ 2i= 2.

Deb= 2 et de (L₃), on d´eduit que :

c= 5−4i+ 4i= 5.

Par suite, si (a, b, c) est solution de (S⁰), alors (a, b, c) = (1,2,5).

• Synth`ese

V´erifions si (a, b, c) = (1,2,5) est solution de (S⁰).

D’après l’analyse, il est clair que les équations des lignes (L1), (L2) et (L3) sont vérifiées.

D’autre part :

−2i×5 =−10i et donc l’équation de la ligne (L4) est également vérifiée.

Ainsi, (a, b, c) = (1,2,5) est solution de (S⁰).

Conclusion : Si (a, b, c) = (1,2,5), alors le système (S⁰) est vérifié et donc la relation (?) également. On a ainsi montré que :

(??) (∀z∈C) z³+ (2−2i)z²+ (5−4i)z−10i= (z−2i)(z²+ 2z+ 5).

3. Soitz∈C.

z³+ (2−2i)z²+ (5−4i)z−10i= 0 ⇐⇒ (z−2i)(z²+ 2z+ 5) = 0

⇐⇒







z−2i= 0 (E3) ou

z²+ 2z+ 5 = 0 (E4)

(carRest int`egre)

L’ensemble solution Sol_(E) de (E) est donc la r´eunion de l’ensemble solutionSol_(E₃₎ de (E₃) et de l’ensemble solution Sol_(E₄₎de (E₄), i.e. :

Sol_(E)=Sol_(E₃₎ ∪ Sol_(E₄₎.

2. Nous verrons, plus tard dans le cours, qu’en fait il faut ´egalement ; il s’agit donc d’une condition n´ecessaire et suffisante.

(9)

On a clairement :

Sol_(E₃₎={2i}.

Résolvons l’équation (E₄). L’équation (E₄) est une équation polynomiale de degré 2. Son discriminant est donné par :

∆ = 2²−4×1×5 =−16 = (4i)². Par cons´equent, (E₄) admet deux solutions :

z1= −2 + 4i

2 =−1 + 2i et z2=−1−2i.

En d’autres termes :

Sol(E₄)={−1−2i,−1 + 2i}.

Conclusion : De ce qui précède, on déduit que :

Sol_(E)=Sol_(E₃₎ ∪ Sol_(E₄₎={2i} ∪ {−1−2i,−1 + 2i}={2i,−1−2i,−1 + 2i}.

Exercice 4 (Entiers sommes de deux carr´es d’entiers)

SoitA∈N^∗. On dit queAest somme de deux carr´es d’entiers, s’il existe x∈Net y∈Ntels que : A=x²+y².

Le but de cet exercice est de démontrer que si Aest somme de deux carrés d’entiers, alorsAⁿ est aussi somme de deux carrés d’entiers, pour toutn∈N^∗.

1. V´erifier que 233 est somme de deux carr´es.

2. Soient x∈Net y∈N. On pose :

z=x+iy∈C. Pour chaque entier n∈N^∗, on d´efinitxn et yn par :

x_n =Re(zⁿ) et y_n=Im(zⁿ).

(a) Montrer, par r´ecurrence, que pour toutn∈N^∗ :

x_n∈Z et y_n∈Z. (b) Soitn∈N^∗. Prouver que siA=x²+y², alorsAⁿ=x²_n+y_n².

(c) Conclure.

Correction

1. En ´ecrivant la liste des premiers carr´es, on remarque que la somme de 8²= 64 et de 13²= 169 vaut 233.

On a donc :

233 = 8²+ 13² et 233 est donc bien somme de deux carr´es d’entiers.

2.(a) Pour toutn∈N^∗, on pose

P(n) : xn∈Zetyn∈Z.

x₁∈Zety₁∈Z. On a :

x₁=Re(z¹) =Re(z) =x et y₁=Im(z¹) =Im(z) =y.

Or par hypoth`ese, x∈Net y∈N. CommeNest inclus dansZ, on en d´eduitx∈Zet y∈Z. La proposition P(1) est donc vraie.

(10)

xn∈Zetyn∈Z. Montrons que P(n+ 1) est vraie, i.e. :

xn+1∈Zetyn+1∈Z. Par d´efinition :

xn=Re(zⁿ) ; yn=Im(zⁿ) ; xn+1=Re(zⁿ⁺¹) ; yn+1=Im(zⁿ⁺¹) on a donc :

zⁿ=x_n+iy_n et zⁿ⁺¹=x_n+1+iy_n+1

| {z }

(?)

.

On a d’autre part :

zⁿ⁺¹=zⁿ×z= (xn+iyn)(x+iy) =xnz−yny+i(xny+yn)x

| {z }

(??)

.

En comparant les deux écritures (?) et (??) dezⁿ⁺¹ obtenues, et en utilisant l’unicité des parties réelle et imaginaire, il vient :

(? ? ?) x_n+1=x_nz−y_ny et y_n+1=x_ny+y_n.

Or xn ∈Zetyn∈Z(hypothèse de récurrence) etx∈Nety ∈N(hypothèse de départ surxety). De ces propriétés et des identités (? ? ?), on déduit que :

xn+1∈Zetyn+1∈Z.

En effet, un produit, une somme ou une différence d’entiers relatifs (i.e. d’éléments deZ) est encore un entier relatif.

• Conclusion

De l’initialisation au rang 1, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que pour toutn∈N^∗: x_n∈Zet y_n∈Z.

2.(b) Par d´efinition, on a :A=x²+y².On a donc : A=|z|² carz=x+iy est la forme alg´ebrique dez.

Soitn∈N^∗.

Aⁿ = (|z|²)ⁿ

= |z|²ⁿ (cf. propri´et´e de la notation puissance)

= (|z|ⁿ)² (cf. propri´et´e de la notation puissance)

= |zⁿ|² (multiplicativit´e du module)

= x²_n+y²_n (carzⁿ=xn+iyn est la forme alg´ebrique dezⁿ)

2.(c) Soit n∈N^∗. Il s’agit de montrer que Aⁿ est somme de deux carr´es d’entiers naturels.

D’apr`es 2.(b), on sait d’une part que :

Aⁿ =x²_n+y²_n.

(11)

D’apr`es 2.(a), on a d’autre part :

x_n∈Z et y_n∈Z.

Ainsi,Aⁿest somme de deux carrés d’entiers relatifs : c’est la somme des carrés des entiers relatifsx_nety_n. Les entiersxn etyn pouvant être négatifs, on ne peut pas encore conclure.

En remarquant que :

|xn| ∈N ; |yn| ∈N ; |xn|²=x²_n ; |yn|²=y_n² on voit que :

Aⁿ=x²_n+y²_n= (|xn|

|{z}

∈N

)²+ (|yn|

|{z}

∈N

)²

On en d´eduit queAⁿ est bien un carr´e de deux entiers naturels.

Remarque : Si l’on applique les r´esultats obtenus dans cet exercice, on voit, par exemple, que les nombres

233²= 54 289 233³= 12 649 337 233⁴= 2 947 295 521 233⁵= 686 719 856 393 233⁶= 160 005 726 539 569

peuvent s’écrire comme somme de deux carrés d’entiers naturels, ce qui n’était pas a priori évident.

Exercice 5 (Algorithmique)

Ecrire un algorithme utilisant une boucle it´´ erative non conditionnelle qui affiche la valeur de la somme

25000

X

k=1

k².

Correction

1 somme←0 2

3 Pourkallant de 1 `a 25000, par pas de 1, Faire 4 somme←somme+ (k∗k)

5 Fin du Faire 6

7 Afficher(somme)