Problème 1 : matrices d’ordre fini

SESSION 2014

CAPES EXTERNE

MATHÉMATIQUES 2

Problème 1 : matrices d’ordre fini

Partie A : préliminaires

1.

1.1.Pest nécessairement de degré supérieur ou égal à 1.

i)On sait queAest trigonalisable dansM_n(R)si et seulement siPest scindé surR.

ii)On sait que siPest scindé surRà racines simples, alorsAest diagonalisable dansM_n(R).

1.2.D’après le théorème de d’Alembert-Gauss, tout élément deC[X]de degré supérieur ou égal à 1 est scindé surC.

En conséquence,Aest toujours trigonalisable.

D’autre part, la condition suffisante de diagonalisablité s’écrit plus simplement : siPest à racines simples dansC.

2.

2.1.Par hypothèse,B^b=In avecb∈N^∗. Par suite,B×B^b−1=B^b−1×B=In. On en déduit queBest inversible et que B⁻¹=B^b−1.

2.2.Soitk∈Z. best un entier naturel non nul. La division euclidienne dek parbs’écrit k=bq+roùq etr sont des entiers relatifs tels que06r6b−1.

B^k=In ⇔B^qb+r=In⇔ B^bq

×B^r=In⇔(I_n)^q×B^r=In

⇔B^r=I_n.

Maintenant,rest élément deJ0, b−1Ket par définition deb, il existe un et un seul entierpélément deJ0, b−1Ktel que b^p=In à savoirp=0. Donc

B^k=In⇔B^r=In⇔r=0⇔bdivisek.

2.3. On sait que les valeurs propres dans C d’une matrice sont à choisir parmi les racines d’un polynôme annulateur.

PuisqueB^b=In, le polynômeP=X^b−1est annulateur deB. Les racines dePsont les racinesb-èmes de l’unité dansC et donc les valeurs propres deBsont des racinesb-èmes de l’unité dansC.

2.4.P^′ = bX^b−1. P^′ a une seule racine dans C à savoir0. 0 n’est pas racine de P et donc P et P^′ n’ont pas de racine commune dansC. On sait alors quePest à racines simples dansC.

Ainsi, le polynômePest à racines simples dansCet annulateur de B. On en déduit queBest diagonalisable dansC.

3. Posonsm= PPCM(k₁, . . . , kn).mest un entier naturel non nul. De plus, pour chaque i∈J1, nK,m est multiple de ki et doncλ^m_i =1.

3.1.Cest diagonalisable. Donc il existeP∈GL_n(C)telle queC=PDP⁻¹avecD=diag(λ_i)_16i6n. C^m = PDP⁻¹m

=PD^mP⁻¹=Pdiag(λ^m_i )_16i6mP⁻¹=P×I_n×P⁻¹=I_n. Donc,Cest d’ordre fini. De plus, d’après la question 2)b),o(C)divisem.

3.2.Plus précisément, pourk∈Z,

C^k=I_n ⇔ PDP⁻¹k

=I_n ⇔PD^kP⁻¹=I_n

⇔D^k=In(PetP⁻¹sont inversibles et donc simplifiables)

⇔diag λ^k_i

16i6m =In⇔∀i∈J1, nK, λ^k_i =1

⇔∀i∈J1, nK, kest multiple dek_i

⇔kest multiple dem⇔k∈mZ.

Par suite, l’ordre deCest le plus petit élément strictement positif demZet donco(C) =m.

Partie B : matrices d’ordre fini à coefficients réels

1.Puisque Aest d’ordre fini, d’après la question 2)b) de la partie A, les valeurs propres de Asont des racines de l’unité et en particulier, les valeurs propres deAsont de module égal à1. Si de plus, toute valeur propre de AdansCest réelle, une telle valeur propre est nécessairement égale à1 ou−1. Donc, Sp(A)⊂{−1, 1}.

2.

2.1.Par hypothèse, le polynôme caractéristique deAestχA= (1−X)³. Il est scindé surRet doncAest trigonalisable dans M₃(R). Donc, il existe une matricePinversible à coefficients réels et une matrice triangulaire supérieureBà coefficients réels telle que P⁻¹AP =B. On sait queAet Bont même polynôme caractéristique et que les valeurs propres de Bsont les coefficients diagonaux deB. Donc Best de la forme

B=





1 a b 0 1 c 0 0 1



.

En résumé, il existeP∈GL₃(R)et(a, b, c)∈R³tels que P⁻¹AP=





1 a b 0 1 c 0 0 1



.

2.2.Soitk∈Z.B^k= P⁻¹APk

=P⁻¹A^kP. Donc

B^k=I_n ⇔P⁻¹A^kP=I_n ⇔A^k=I_n. En particulier,Best d’ordre fini eto(B) =o(A).

2.3.Montrons par récurrence que : ∀k∈N, B^k=







1 ka k(k−1)

2 ac+kb

0 1 kc

0 0 1





.

• Sik=0,







1 ka k(k−1)

2 ac+kb

0 1 kc

0 0 1





=





1 0 0 0 1 0 0 0 1



=I₃=B⁰. La formule est donc vraie quandk=0.

• Soitk>0. Supposons queB^k =







1 ka k(k−1)

2 ac+kb

0 1 kc

0 0 1





.

B^k+1=B^k×B=







1 ka k(k−1)

2 ac+kb

0 1 kc

0 0 1











1 a b 0 1 c 0 0 1



=







1 a+ka b+kac+ k(k−1)

2 ac+kb

0 1 c+kc

0 0 1







=







1 (k+1)a k(k−1+2)

2 ac+ (k+1)b

0 1 (k+1)c

0 0 1





=







1 (k+1)a (k+1)((k+1) −1)

2 ac+ (k+1)b

0 1 (k+1)c

0 0 1





.

On a montré par récurrence que∀k∈N, B^k=







1 ka k(k−1)

2 ac+kb

0 1 kc

0 0 1





.

2.4.Il existe k ∈N^∗ tel que B^k = In. Pour cet entier k, on aka = kc= k(k−1)

2 ac+kb= 0 et donc a= b= c= 0 puisquek n’est pas nul. On en déduit queB=I3puis queA=PI3P⁻¹=I3.

3.SiAadmet−1pour valeur propre triple, alors−Aadmet1pour valeur propre triple. De plus,−Aest d’ordre fini car si pour un entier non nulk, on aA^k=I₃, alors(−A)^2k= + A^k2

=I₃. D’après la question précédente, on a nécessairement

−A=I3ou encore A= −I3.

Réciproquement, la matrice−I3est d’ordre fini égal à2.

4.

4.1.De nouveau, le polynôme caractéristique deAest scindé surRet doncAest trigonalisable dansR, les valeurs propres deAse retrouvant sur la diagonale de la matrice triangulaire supérieure avec le même ordre de multiplicité. Donc, il existe Q∈GL3(R)et trois réelsa,betctels que la matriceQ⁻¹AQ=





−1 a b 0 1 c 0 0 1



.

4.2.Montrons par récurrence que pour toutk∈N, il existe trois réelsα_k,β_k et γ_ktels que

C^k=





(−1)^k α_k β_k

0 1 γ_k

0 0 1



.

• Le résultat est vrai pourk=0 avecα₀=β₀=γ₀=0.

• Soitk>0. Supposons qu’ il existe trois réelsα_k,β_ket γ_k tels queC^k=





(−1)^k α_k β_k

0 1 γ_k

0 0 1



.

C^k+1=C^k×C=





(−1)^k α_k β_k

0 1 γ_k

0 0 1









−1 a b 0 1 c 0 0 1





=





(−1)^k+1 α_k+ (−1)^ka cα_k+β_k+ (−1)^kb

0 1 γ_k+c

0 0 1



=





(−1)^k+1 αk+1 βk+1

0 1 γk+1

0 0 1





avecαk+1=αk+ (−1)^ka,βk+1=cαk+βk+ (−1)^kbetγk+1=γk+c.

Le résultat est démontré par récurrence.

4.3.La suite (γ_k)_k∈N est arithmétique de premier terme γ₀ = 0 et de raison r = c. Donc, pour tout entier naturel k, γ_k=γ₀+kr=kc.

4.4.Comme à la question 2)d), il existe un entier non nulk tel quekc=0 et doncc=0.

4.5.La dimension du sous-espace propre de Aou deCassocié à la valeur propre simple−1est 1. D’autre part,

rg(A−I₃) =rg(C−I₃) =rg





−1 a b 0 0 0 0 0 0



=rg −1 a b

=1.

D’après le théorème du rang, la dimension du sous-espace propre Ker(A−I₃)ou du sous-espace propre Ker(C−I₃)est 3−1=2 qui est l’ordre de multiplicité de la valeur propre1.

En résumé, le polynôme caractéristique deCou deAest scindé surRet l’ordre de multiplicité de chaque valeur propre est égal à la dimension du sous-espace propre correspondant. On en déduit queAet Csont diagonalisables dansM₃(R).

5.Si −1 est valeur propre double deAet1 est valeur propre simple de A, alors −1est valeur propre simple de −Aet 1 est valeur propre double de−A.−Aétant d’autre part d’ordre fini, la question précédente permet d’affirmer que−Aest diagonalisable dansM₃(R). Il en est de même de la matriceAcar si−Aest semblable à une matrice diagonale réelleD, Aest semblable à la matrice diagonale réelle−D.

Réciproquement, comme à la question précédente, une telle matrice est d’ordre fini.

6.

6.1.On a vu à la question 1) que toute valeur propre deAdansCest de module1. Puisque Aadmet une valeur propre non réelle, l’une des valeurs propres deAest de la formee^iθ avecθ∈R\πZ. D’après la question 2)c) de la partie A,e^iθ est une racine b-ème de l’unité où b= o(A). Donc, e^ibθ = 1 puis bθ∈ 2πZ puisθ ∈ 2π

b Zet en particulier, θ∈ 2πQ.

Finalement, l’une des valeurs propres deAest de la formee^iθ avecθ∈2πQ\πZ.

Puisque Aest à coefficients réels, on sait que puisque e^iθ est une valeur propre non réelle de A, e^iθ = e^−iθ est valeur propre deAavec le même ordre de multiplicité. Donc,Aadmet déjà deux valeurs propres distinctese^iθ ete^−iθ. Notons λla dernière valeur propre.

La trace deAest un réel et est égale àe^iθ+e^−iθ+λou encore2cosθ+λ. On en déduit queλest un réel, toujours de module1 et doncλ=1ouλ= −1. Finalement, Sp(A) =

e^iθ, e^−iθ, 1 ou Sp(A) =

e^iθ, e^−iθ,−1 .

6.2.En particulier, le polynôme caractéristique deAest à racines simples dansCet on sait queAest diagonalisable dans M₃(C).

7.•SupposonsAd’ordre fini. D’après la question 1), les trois valeurs propres deAdansCsont de module1. PuisqueχA

est de degré3 à coefficients réels, Aadmet au moins une valeur propre réelle qui ne peut être que 1 ou−1. Si l’une des deux autres valeurs propres n’est pas réelle, elle est de la formee^iθ, θ∈R\πZet on a vu que l’autre valeur propre est sa conjuguéee^−ıθ. Sinon, toutes les valeurs propres sont réelles.

Si les trois valeurs propres sont réelles, la famille des valeurs propres de Aest nécessairement (1, 1, 1) ou (−1, 1, 1) ou (−1,−1, 1). Nous sommes donc dans la situation des questions 2), 3), 4) ou 5). La matriceAest soit égale àI3, soit égale à

−I3, soit diagonalisable et dans tous les cas diagonalisable. D’autre part, le spectre deAest bien de la forme e^iθ, e^−iθ, 1 ou e^iθ, e^−iθ,−1

avecθ=0ouθ=πde sorte queθ∈2πQ.

SiAadmet une valeur propre réelle et deux valeurs propres non réelles conjuguées, on est dans le cas de la question 6) et on a vu queAest diagonalisable et que le spectre deAa la forme voulue.

•Réciproquement, supposons queAsoit diagonalisable dansM₃(C)et que le spectre deAsoit de la forme e^iθ, e^−iθ, 1 ou e^iθ, e^−iθ,−1

avecθ∈2πQ.

Posonsθ= 2πa

b oùa∈Zetb∈N^∗.Aest semblable à la matriceD=diag e^iθ, e^−iθ,±1

. Donc,A^2b est semblable à la matrice

D^2b=diag

e^4πa, e^−4πa,(±1)^2b

=diag(1, 1, 1) =I₃,

et doncA^2b est égale à la matriceI₃. On a trouvé un entier non nul k, à savoirk= 2b, tel queA^k =I₃ et doncAest d’ordre fini.

Partie C : matrices d’ordre fini à coefficients entiers

1.La tracetdeAest la somme des coefficients diagonaux de Aet est donc un entier relatif.test d’autre part la somme des trois valeurs propres deAet donc

t=e^iθ+e^−iθ+1=2cosθ+1.

Donc2cosθ=t−1 est un entier relatif.

2.2cosθ∈[−2, 2]∩Z={−2,−1, 0, 1, 2}et donc cosθ∈

−1,−1 2, 0,1

2, 1

. On en déduit que θ∈(πZ)∪π

2 +πZ

∪

±π

3 +2πZ

∪

±2π 3 +2πZ

. On note que dans chacun de ces cas,θ∈2πQ.

3. Premier cas.Si cosθ=1, Sp(A) = (1, 1,±1).Aest semblable à diag(1, 1,±1). Dans ce cas,Aest d’ordre1ou2.

Deuxième cas.Si cosθ= −1, Sp(A) = (−1,−1,±1).Aest semblable à diag(−1,−1,±1). Dans ce cas,Aest d’ordre2.

Troisième cas.Si cosθ=0, le spectre deAest(i,−i,±1).Aest semblable à diag(i,−i,±1). Dans ce cas,Aest d’ordre 4.

Quatrième cas.Si cosθ= −1

2, le spectre deAest j, j²,±1

oùj=e^2iπ3 .Aest semblable à diag(j, j²,±1). Dans ce cas, Aest d’ordre3 ou6.

Cinquième cas.Si cosθ= 1

2, le spectre deAest −j,−j²,±1

.Aest semblable à diag(−j,−j²,±1). Dans ce cas,Aest d’ordre6.

En résumé,o(A)∈{1, 2, 3, 4, 6}.

4.

4.1.I3 est un élément deM₃(Z)d’ordre1 et−I3 est un élément deM₃(Z)d’ordre2.

4.2. i.NotonsAla matrice considérée. En développant suivant la dernière colonne, on obtient

χ_A=det(A−XI₃) =

−X 0 −a

1 −X −b

0 1 −X−c

= (−X−c)(−X)²+b(−X) −a= −X³−cX²−bX−a.

ii.(1−X)(j−X)(j²−X) = −X³+1. Donc, si on prenda= −1,b=c=0, on obtient une matriceAà coefficients entiers relatifs dont le spectre est(1, j, j²)à savoir

A=





0 0 1 1 0 0 0 1 0



.

On note alors queA²=





0 0 1 1 0 0 0 1 0









0 0 1 1 0 0 0 1 0



=





0 1 0 0 0 1 1 0 0



puis

A³=





0 1 0 0 0 1 1 0 0









0 0 1 1 0 0 0 1 0



=





1 0 0 0 1 0 0 0 1



=I₃. La matriceAest d’ordre3.

iii.• (1−X)(i−X)(−i−X) = (1−X)(X²+1) = −X³+X²−X+1. Donc, si on prenda= −1,b=1etc= −1, on obtient une matriceAà coefficients entiers relatifs dont le spectre est(1, i,−i)à savoir

A=





0 0 1 1 0 −1 0 1 1



.

Aest à valeurs propres simples et est donc diagonalisable dansC.Aest semblable àD=diag(1, i,−i).Dest d’ordre4et doncAest d’ordre4.

•(1−X)(−j−X)(−j²−X) = (1−X)(X²−X+1) = −X³+2X²−2X+1. Donc, si on prenda= −1,b=2et c= −2, on obtient une matriceAà coefficients entiers relatifs dont le spectre est (1,−j,−j²)à savoir

A=





0 0 1 1 0 −2 0 1 2



.

Aest à valeurs propres simples et est donc diagonalisable dans C.Aest semblable àD=diag(1,−j,−j²).D est d’ordre 6(car−jet −j²sont des racines sixièmes de 1et pas moins) et doncAest d’ordre6.

Problème 2 : décimales des nombres rationnels

Partie A : nombres décimaux

1.•Soitx∈Z.10⁰x∈Zet doncx∈D. Ceci montre queZ⊂D. De plus,0, 1= 1

10 est un nombre décimal qui n’est pas un entier. Donc,

Z⊂

6= D.

•Soitx∈D. Il existe(n, p)∈N×Ztel que10ⁿx=p. Mais alors,x= p

10ⁿ et doncx∈Q. Ceci montre queD⊂Q.

Montrons alors que1

3 est un nombre rationnel qui n’est pas un nombre décimal. Dans le cas contraire, il existe(n, p)∈N×Z tel que10ⁿ×1

3 =pet donc3p=10ⁿ. Maisn=0est impossible car1n’est pas un multiple de3etn>1est impossible car le nombre premier 3 n’est pas un facteur premier de 10ⁿ =2ⁿ5ⁿ. On a montré par l’absurde que 1

3 est un nombre rationnel qui n’est pas un nombre décimal. Donc,

D⊂

6= Q.

2.Soit(x, y)∈D². Il existe(n, p, m, q)∈N×Z×N×Ztel que 10ⁿx=pet 10^my=q. Mais alors 10^n+m(x+y) =10^m×10ⁿx+10ⁿ×10^my=10^mp+10ⁿq∈Z, et doncx+y∈D. De même,

10^n+mxy=10ⁿx10^my=pq∈Z,

et doncxy∈D. On a montré queDest stable pour l’addition et pour la multiplication.

3.

3.1.Soitn=Max{α, β}.nest un entier naturel supérieur ou égal àαet àβpuis 10ⁿx= 2ⁿ5ⁿa

2^α5^β =2^n−α5^n−βa∈Z.

Donc,xest un nombre décimal.

3.2.xn’est pas entier et doncb>2. Soitpun facteur premier deb.

Puisque x est un décimal positif non entier, il existe deux entiers naturels non nuls n et k tels que a b = k

10ⁿ et donc kb=10ⁿa.bdivise 10ⁿaet best premier à a. D’après le théorème deGauss, bdivise10ⁿ puispdivise10ⁿ. pest un donc facteur premier de10ⁿ =2ⁿ5ⁿ (avecn>1). Donc,p∈{2, 5}.

3.3.Ainsi, sixest un décimal non entier, il existe(α, β)∈N²\ {(0, 0)}tel queb=2^α5^β. Sixest entier,bdiviseaet est premier àaet doncb=1=2⁰5⁰. Dans tous les cas, il existe(α, β)∈N²tel que b=2^α5^β.

La réciproque a été établie à la question a) et donc

xest décimal si et seulement si il existe(α, β)∈N² tel queb=2^α5^β. 4.

4.1.Pour tout entier natureln,06 d_n 10ⁿ 6 9

10ⁿ =9 1

10 n

. Puisque 1

10∈] −1, 1[, la série géométrique de terme général 9

1 10

n

, n∈N, converge et il en est de même de la série de terme général dn

10ⁿ,n∈N.

4.2.• Si la suite(dn)est finie, il existeN∈N^∗ tel que pourn>N,dn=0. Mais alors, 10^Nx=10^N

+∞

X

n=0

dn

10ⁿ =10^N XN

n=0

dn

10ⁿ = XN

n=0

dn10^N−n ∈Z.

xest donc un nombre décimal.

• Supposons que x admette un développement décimal impropre. Donc, il existe un rang N ∈N^∗ tel que pour n> N, d_n=9. D’après l’étude précédente,xest la somme d’un nombre décimalyet de

z=

+∞

X

n=N

9 10ⁿ = 9

10^N × 1 1− 1

10

= 1 10^N−1.

Ainsi,x=y+zest la somme de deux nombres décimaux et est donc un nombre décimal d’après la question 2).

4.3.SoitN>0. Pour toutk>N+1, on adk69. D’après le calcul de la question précédente,

+∞

X

k=N

dk

10^k = dN

10^N +

+∞

X

k=N+1

dk

10^k 6 dN

10^N +

+∞

X

k=N+1

9

10^k = dN

10^N + 1

10^N = 1+dN

10^N . Si toutes les inégalités dk 6 9, k > N+1, sont des égalités, alors

+∞

X

k=N+1

9

10^k = 1

10^N. Si l’une des inégalités dk 6 9, k>N+1, est stricte, alors

+∞

X

k=N+1

d_k 10^k <

+∞

X

k=N+1

9 10^k = 1

10^N, et donc

+∞

X

k=N

d_k

10^k < 1+d_N

10^N . Finalement,

+∞

X

k=N

d_k

10^k = 1+d_N

10^N si et seulement si pour toutk>N+1,dk=9.

4.4.Considérons deux suites décimales propres distinctes(d_n)_n∈Net (d_n^′)_n∈N. Soientx=

+∞

X

n=0

d_n

10ⁿ etx^′ =

+∞

X

n=0

d_n^′ 10ⁿ. {n∈N/ d_n 6=d_n^′}est une partie non vide deN. On peut considérerN=Min{n∈N/ d_n 6=d_n^′}. Par définition d_N6=d_N^′ . On peut supposer sans perte de généralité qued_N< d_N^′ ou encore qued_N^′ >d_N+1. Puisque la suite(d_n)_n∈Nest propre, la question précédente permet d’écrire

+∞

X

n=N

dn

10ⁿ < 1+dN

10^N 6 d_N^′ 10^N 6

+∞

X

k=N

d_n^′ 10ⁿ.

Comme d’autre part, les éventuelles décimales dexetx^′ d’indices strictement inférieurs àNsont égales, on en déduit que x < x^′. On a ainsi montré l’unicité d’un développement décimal propre.

5.Soitxun décimal positif. Posonsd₀=E(x). x−d₀est un décimal de[0, 1[. Par suite, il existe un entier naturelN tel que10^N(x−d₀)∈N. Mais alors10^N(x−d₀) est un entier élément deJ0, 10^N−1J. La décomposition de cet entier en base10s’écrit

10^N(x−d0) =d1×10^N−1+. . .+dn−1×10+dN

où les chiffresd1, . . . ,dn−1sont éléments deJ0, 9K. On en déduit que x=d0+d10+. . .+ d_N

10^N.

Ceci montre l’existence d’un développement décimal fini et en particulier propre de x. L’unicité de ce développement a été montré à la question précédente.

Partie B : périodicité des décimales d’un rationnel positif non décimal

1.SoitN>1.

1.1. Algorithme.

Variables aetbsont des entiers naturels non nuls N est un entier naturel non nul k est un entier naturel

det rsont des entiers naturels

Initialisation Demandera,bet N

Affecter àdla valeurE(a/b) Affecter àr la valeura−db

Traitement Afficherd

Afficherr Tant quek < N

Affecter àdla valeur E(10r/b) Affecter àrla valeur10r−db Afficherd

Afficherr

Affecter àkla valeurk+1 Fin du Tant que

Fin 1.2.On donne les résultats successifs dans un tableau.

n 0 1 2 3 4 5 6 7

d_n 0 3 8 4 6 1 5 3

r_n 5 11 6 8 2 7 5 11

10rn 50 110 60 80 20 70 50 110

2.

2.1.Montrons par récurrence que : ∀n∈N,x= Xn

k=0

d_k 10^k + r_n

10ⁿb.

• d₀etr₀sont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne deaparb. Donc, a=bd₀+r₀puis x= a

b =d₀+r0

b = X0

k=0

dk

10^k + r0

10⁰b. La formule proposée est vraie quandn=0.

• Soitn>0. Supposons quex= Xn

k=0

dk

10^k + rn

10ⁿb.dn+1et rn+1sont respectivement le quotient et le reste

de la division euclidienne de 10r_n par b. Donc, 10r_n = bdn+1+rn+1 puis, après division des deux membres par 10ⁿ⁺¹b,

rn

10ⁿb = dn+1

10ⁿ⁺¹ + rn+1

10ⁿ⁺¹b, puisx=

n+1X

k=0

d_k

10^k + rn+1

10ⁿ⁺¹b.

Le résultat est démontré par récurrence.

2.2. Soit n ∈ N. En multipliant les deux membres de l’égalité précédente par 10ⁿb, on obtient 10ⁿa = q_nb+r_n où qn=

Xn

k=0

dk10^n−k est un entier etrn est un entier tel que06rn < b. Doncrn est le reste de la division euclidienne de 10ⁿaparb.

2.3.• Pour tout entier natureln,06r_n< b puis0610r_n< 10b puis 06dn+1=E

10r_n b

6 10r_n b < 10,

ou encore06d_n+169. Ainsi, pour tout entier naturel non nul,d_n ∈J0, 9K. D’autred₀=Ea b

est un entier.

• Soitn∈ N.0 6 rn

10ⁿb < b

10ⁿb = 1

10ⁿ. Puisque 1

10ⁿ tend vers0 quand n tend vers+∞, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que la suite rn

10ⁿb

n∈Nconverge et que lim

n→+∞

rn

10ⁿb =0.

On en déduit encore que la série de terme général dk

10^k,k∈Nconverge et que x=

+∞

X

k=0

d_k 10^k.

• Ce développement décimal est nécessairement propre. Dans le cas contraire, d’après la question 4.2, de la partie A,x serait un nombre décimal ce qui n’est pas.

3.

3.1.S’il existen∈Ntel quern =0, alors pour cet entier n,x= Xn

k=0

dk

10^k et en particulier,x est un nombre décimal, ce qui est faux. Donc,∀n∈N,r_n6=0.

3.2.D’après la question précédente,∀n∈N,16rn 6b−1. Lesbnombresr0, . . . ,rb−1sont éléments de J1, b−1Kqui est de cardinalb−1 < b. D’après le principe des tiroirs, lesbnombresr₀, . . . ,r_b−1ne peuvent être deux à deux distincts.

3.3.Montrons par récurrence que ∀n>q,rn+p=rn.

• Le résultat est vrai pourn=qcar par définition deq,r_q+p=r_q.

• Soitn>q. Supposons quern+p=rn.rn+1+p est le reste de la division euclidienne de10rn+p=10rn parb.

Le reste de la division euclidienne de10rn parbest aussirn+1. Donc,rn+1+p=rn+1. Le résultat est démontré par récurrence. La suite(r_n)_n∈N estp-périodique à partir du rangq.

Soitn>q. 10rn=dn+1b+rn+1et doncdn+1= 10rn−rn+1

b . On en déduit que la suite(dn+1)_n∈Nestp-périodique à partir du rangqou encore que la suite(d_n)_n∈Nestp-périodique à partir du rangq+1.

4.

4.1. i.Tout d’abord, si l’un des entiers10^k,06b−1est congru à0 modulob, alorsbest un diviseur de10^k et est donc de la forme2^α5^β,(α, β)∈N². D’après la question 3.1 de la partie A,xest décimal ce qui est faux. Donc, aucun des10^k, 06k6b−1, n’est congru à0 modulob. Par suite, les brestes des divisions euclidiennes de 10⁰,10¹, . . . ,10^b−1 sont éléments deJ1, b−1K. Comme à la question 3.2, deux d’entre eux sont égaux ou encore deux au moins des nombres10⁰, 10¹, . . . ,10^b−1sont congrus modulo b.

ii.Soit(n, m)∈N².

rn =rm⇔10ⁿa≡10^ma[b] (d’après la question 2.2)

⇔10ⁿ≡10^m[b] (caraetbsont premiers entre eux et doncaest simplifiable modulob).

Ceci montre queqest le plus petit exposant d’un nombre de la liste qui est congru à un autre nombre de la liste modulo bpuis queq+pest l’exposant du premier nombre de la liste congru à10^p modulobet distinct de 10^q.

4.2.Le résultat de la question 4.1. de dépend pas du choix de l’entier non nula, premier àb. Puisque l’entier1est premier àb, les rationnels a

b et 1

b ont même période et même pré-période.

5.• 10⁰≡1[7], 10¹≡3[7], 10²≡2[7],10³≡6[7],10⁴≡4[7],10⁵≡5[7]et10⁶≡1[7]. Donc la pré-période de7est 0 et la période de7est 6.

•10⁰≡1[12],10¹≡10[12],10²≡4[12], 10³≡4[12]. Donc la pré-période de12est 2et la période de12est1.

• 10⁰ ≡ 1 [112], 10⁰ ≡ 10 [112], 10² ≡ 100 [112], 10³ ≡ 104 [112], 10⁴ ≡ 32 [112], 10⁵ ≡ 96 [112], 10⁶ ≡ 64 [112], 10⁷≡80[112],10⁸≡16[112],10⁹≡48[112],10¹⁰≡32[112]. Donc la pré-période de112est4et la période de112est6.

Partie C : détermination de la pré-période

1.

1.1.bet 10sont premiers entre eux et il en est de même debet10^q. Par suite,10^qest simplifiable modulobou encore 10^q≡10^p+q[b]⇔10p≡10⁰[b].

1.2. Par définition de q, on a 10^q ≡ 10^p+q [b]. D’après la question précédente, on a donc 10^p ≡ 10⁰ [b]. Puisque 16p6b−1, par définition deq, on aq=0 ou encoreω(b) =0.

2.Si10^qest un multiple de2^j×5^k et si10^p−1est un multiple dec, alors10^q(10^p−1)est un multiple de2^j×5^k×c=b.

Réciproquement, supposons que10^q(10^p−1)soit un multiple de b=2^j×5^k×c. Il existe un entierKtel que 10^q(10^p−1) =K×2^j×5^k×c(∗)).

c est premier avec 10 et donc avec 10^q. D’autre part, d’après l’égalité (∗), l’entier c divise 10^q(10^p−1). D’après le théorème deGauss,cdivise10^p−1.

D’après le théorème deBézout, les entiers10^p−1et10^psont premiers entre eux car1×10^p+ (−1)×(10^p−1) =1. On en déduit que l’entier naturel10^p−1supérieur ou égal à2, n’admet ni2, ni5 pour facteur premier et donc premier avec 2^j×5^k (même sij=k=0).

D’après l’égalité(∗), l’entier2^j×5^k divise10^q(10^p−1)et est d’autre part premier avec10^p−1. D’après le théorème de Gauss,2^j×5^k divise10^q.

On a ainsi montré que :10^q(10^p−1) multiple de b ⇔ 10^q multiple de 2^j×5^k et 10^p−1 multiple de c. Maintenant, 10^q(10^p−1)multiple deb⇔10^q+p≡10^p[b].

D’après la question 4.1 de la partie B et d’après ce qui précède,q est la pré-période debet pest la période de bsi et seulement siqest le plus petit entier naturel tel que10^q soit un multiple de2^j×5^k etpest le plus petit entier naturel non nul tel que10^p≡1[c].

Or,10^q=2^q×5^q est un multiple de2^j×5^k si et seulement siq>Max{j, k}. Ceci montre que ω(b) =Max{j, k}.

D’autre part, le plus petit entier naturel non nulptel que10^p≡1[c]est la période decd’après la question 1 et donc π(b) =π(c).

3.•150=2×3×5². Ici,c=3,j=1 etk=2. D’après ce qui précède, π(150) =π(3) =1et ω(150) =Max{1, 2}=2. La pré-période de150est2 et la période de150est 1.

•1120=2⁵×5×7. Donc ω(1120) =Max{5, 1}=5et π(1120) =π(7) =6. La pré-période de1120est5 et la période de 1120est6.

Partie D : détermination de la période

1.

1.1.• Vérifions tout d’abord que pour tout élémentade(Z/bZ)^∗,10×a∈(Z/bZ)^∗.

Soitade(Z/bZ)^∗. Puisque10est premier avecb, on sait que10est un inversible de l’anneau(Z/bZ,+,×). En particulier, 10est simplifiable pour×dansZ/bZet donc si10×a=0, alorsa=0. Par contraposition,a6=0⇒10×a6=0.

Ceci montre quefest effectivement une application de(Z/bZ)^∗ dans lui-même.

•Soientaeta^′deux éléments de(Z/bZ)^∗tels quef(a) =f a^′

. Alors10×a=10×a^′puisa=a^′ car10est simplifiable pour×dansZ/bZ.

On a montré quefest une application injective de(Z/bZ)^∗ dans lui-même.

1.2.Puisque l’ensemble(Z/bZ)^∗ est fini de cardinal b−1, on sait que fest une permutation de(Z/bZ)^∗. On en déduit que

b−1Y

a=1

a=

b−1Y

a=1

f(a) =

b−1Y

a=1

10×a

=10^b−1×

b−1Y

a=1

a.

Puisquebest un nombre premier, on sait que toutes les classes non nulles sont inversibles et donc simplifiables dansZ/bZ.

Après simplification par

b−1Y

a=1

a, on obtient10^b−1=1 ou encore10^b−1≡1[b].

1.3.Soient nun entier naturel et mun entier naturel non nul. La division euclidienne denparms’écritn=qm+roù qetr sont deux entiers naturels tels que06r < m.

10ⁿ−1=10^qm+r−1=10^qm+r−10^r+10^r−1=10^r (10^m)^q−1

+ (10^r−1)

=10^r

(10^m)^m−1+ (10^m)^m−1+. . .+10^m+1

(10^m−1) + (10^r−1)

Tout d’abord,10^r

(10^m)^m−1+ (10^m)^m−1+. . .+10^m+1

est un entier. Ensuite, 06r < m⇒10⁰610^r< 10^m ⇒0610^r−1 < 10^m−1.

Donc, le reste de la division euclidienne de10ⁿ−1 par10^m−1 est10^r−1.

1.4.• Soitk un entier naturel tel que10^k≡1[b]. D’après la question précédente, il existe un entierQtel que 10^k−1= Q× 10^π(b)−1

+ (10^r−1)oùrest le reste de la division euclidienne dekparπ(b).

Les deux entiers10^k−1 et10^π(b)−1sont congrus à0modulobet donc10^r−1est congru à0modulob. Ainsi,r est un entier vérifiant10^r≡1[b]et06r < π(b). Puisqueπ(b)est le plus petit entier naturelnnon nul vérifiant10ⁿ ≡1[b], il ne reste que la possibilitér=0. Ceci montre queπ(b)divisek.

On a montré que pour tout entier naturelk, si10^k≡1[b], alorsπ(b)divisek. On peut noter que la réciproque est vraie puisque10^π(b)≡1[b].

•D’après la question 1.2,10^b−1≡1[b]et donc, d’après la question précédente,π(b)diviseb−1.

2.

2.1.Soitnun entier naturel. Si 10ⁿ−1 est multiple debc, alors10ⁿ−1est multiple deb et dec. Réciproquement, si 10ⁿ−1est multiple debet dec, alors10ⁿ−1est multiple du PPCM debet decà savoirbcpuisquebetcsont premiers entre eux. En résumé,

10ⁿ≡1[bc]⇔10ⁿ≡1[b]et10ⁿ ≡1[c].

Ensuite, le raisonnement de la question 1.4 n’a pas fait intervenir le fait quebsoit un nombre premier et donc 10ⁿ ≡1 ⇔nest un multiple deπ(b).

En résumé,

10ⁿ≡1[bc]⇔nest un multiple deπ(b)etπ(c).

2.2.Les multiples communs à deux entiers sont les multiples de leur PPCM et donc 10ⁿ ≡1[bc]⇔nest un multiple de PPCM(π(b), π(c)). En particulier,π(bc) =PPCM(π(b), π(c)).

3.

3.1.Puisque ℓπ(p), 10^ℓ ≡1[p] ou encore il existe un entier Ktel que 10^ℓ−1= Kp. Soit kla valuationp-adique de K.

On peut écrireKsous la forme K=p^k×qoùkest un entier naturel et qest un entier naturel non nul premier àp. On a alors10^ℓ−1=p^k+1×qou encore10^ℓ−1=p^r×qoùr=k+1de sorte quer>1.

3.2.Supposons quen6r. Alors,p^r×q=10^ℓ−1est un multiple depⁿ et donc10^ℓ≡1[pⁿ]. On sait alors queπ(pⁿ)6ℓ.

Mais d’autre part, puisque10^π(pn)≡1[pⁿ], alors en particulier10^π(pn)≡1[p]et doncπ(pⁿ)>ℓ.

Finalement,π(pⁿ) =ℓ.

3.3.Supposons que n > r.

Montrons par récurrence que pour toutk∈N, il existe un entier naturelQ_kpremier avecptel que10^ℓ×pk−1=p^r+k×Q_k et queπ p^r+k

=ℓ×p^k.

• La proposition est vraie quandk=0 avecQ₀=q(qui est premier avecp) puisque d’autre partπ(p^r) =ℓd’après la question précédente.

• Soitk>0. Supposons qu’il existe un entier naturelQ_k premier avecptel que 10^ℓ×pk−1=p^r+k×Q_k et queπ p^r+k

=ℓ×p^k. Alors

10^ℓ×pk+1−1=

10^ℓ×pkp

−1

= p^r+k×Q_k+1p

−1par hypothèse de récurrence

= Xp

j=1

p j

p^r+kQ_kj

=p^r+k+1Q_k+ Xp

j=2

p j

p^j(r+k)Q^j_k

PosonsQk+1=Qk+ Xp

j=2

p j

pj(r+k)−r−k−1

Q^j_k=Qk+ Xp

j=2

p j

p(j−1)(r+k)−1

Q^j_k.

Pour j>2,(j−1)(r+k) −1>r+k−1>1+0−1=0carr>1. DoncQk+1est un entier naturel non nul tel que 10^ℓ×pk+1−1=p^r+k+1Qk+1.

Vérifions queQk+1est premier avecp. Pourj>3, (j−1)(r+k) −1>2(r+k) −1>2−1=1. Donc, Xp

j=3

p j

p(j−1)(r+k)−1Q^j_k est un entier divisible parp. D’autre part, p

2

p(2−1)(r+k)−1Q^j_k=p×p−1

2 p^r+k−1Q²_k est un entier divisible parppuisque p−1

2 est un entier,pétant impair. Finalement, Xp

j=2

p j

p(j−1)(r+k)−1Q^j_k est un entier divisible parp. On en déduit queQ_k+1≡Q_k [p]. Par hypothèse de récurrence,Q_k est premier au nombre premierp. Il en est de même deQ_k+1.

Montrons alors queπ p^r+k+1

=ℓ×p^k+1. Puisque10^ℓ×pk+1−1est divisible parp^r+k+1, on a10^ℓ×pk+1 ≡1[p^r+k+1].

On en déduit queπ p^r+k+1

est un diviseur deℓ×p^r+k+1.

Mais d’autre part,10^π(p^r+k+1) −1est divisible parp^r+k+1et donc parp^r+k et doncπ p^r+k+1

est un multiple deπ p^r+k

ou encore deℓ×p^r+k par hypothèse de récurrence. Donc, il existe un entier naturel non nulKtel que π p^r+k+1

=K×ℓ×p^r+k. Puisque K×ℓ×p^r+k diviseℓ×p^r+k+1,Kest un diviseur de pet doncK=1ouK=p puisque pest premier.

Ceci ne laisse plus comme possibilités queπ p^r+k+1

=ℓ×p^r+k+1 ouπ p^r+k+1

=ℓ×p^r+k. Mais siπ p^r+k+1

=ℓ×p^r+k, alors10^ℓ×pr+k−1≡0[p^r+k+1]ou encorep^r+kQk≡0[p^r+k+1]ou enfinQk≡0[p]

ce qui est faux. Donc,π p^r+k+1

=ℓ×p^r+k+1. Le résultat est démontré par récurrence.

En particulier, pourk=n−r∈Nde sorte quen=r+k, on obtientπ(pⁿ) =ℓ×p^n−r. 4.

4.1.•10¹≡1[3]. Donc sip=3, alorsℓ=1. De plus,10^ℓ−1=9=3²et doncr=2sip=3. Par suite,π(3) =π 3²

=1 puisπ 3³

=1×3¹=3 etπ 3⁴

=1×3²=9.

•On a vu à la question 5 de la partie B queπ(7) =6. De plus,10⁶−1=999 999=7¹×142 857avec142857premier à7.

Donc, sip=7, alorsr=1. D’après la question précédente,π(7) =6 puisπ(7²) =6×7=42puisπ(7³) =6×7²=294.

4.2.27783=3⁴×7³. D’après ce qui précède,π(27783) =π 3⁴

×π 7³

=9×294=2646.

π(27783) =2646.