Solutions d'exercices divers #1

Vous trouverez ici les solutions d'une grande partie des exercices rencontrés dans l'ensemble des pages de ChronoMath repérés par le petit logo ∗∗∗ indiquant un exercice d'application d'un résultat ou d'une définition.

Des exercices ou problèmes plus élaborés peuvent être consultés à partir de la page d'accueil du site
rubrique EXOS CLG/LYC/SUP.

Ce que l'on vérifie par récurrence en calculant Aⁿ⁺¹ = Aⁿ × A en effectuant le produit :

On pose B = A - I où I désigne la matrice unité d'ordre 3. Calculer B² et B³; en déduire Aⁿ

On constate que tous les éléments de B² sont nuls à l'exception du 1er élément de la colonne 3 et B³ = 0, matrice nulle. On a A = B + I et B commute avec I, matrice unité; par suite, on peut appliquer la formule du binôme au calcul de Aⁿ = (B + I)ⁿ :

Aⁿ = Bⁿ + C_n¹B^n-1 + C_n²B^n-2 + ... + C_n^n-3B³ + C_n^n-2B² + C_n^n-1B + I

f et g désignant deux endomorphismes, montrer que toute valeur propre non nulle de f o g est aussi valeur propre de g o f.

Notons x un vecteur propre de f o g associé à la valeur propre non nulle λ. On a (f o g)(x) = f(g(x) = λx.
D'où (g o f)(g(x) = g(f(g(x)) = g(λx) = λg(x). Le vecteur g(x) est non nul : sinon (f o g)(x) = λx = f(g(x)) = f(0) = 0, ce qui impliquerait λ = 0 puisque x est on nul en tant que vecteur propre de f o g. Par conséquent, λ est valeur propre de g o f, de vecteur propre associé g(x).

Montrer que la fonction f(x) = (sin x)⁶ admet x⁶ - x⁸ comme développement limité d'ordre 8 au voisinage de 0.

On sait que, pour tout x, sin x = x - x³/3! +x⁵/5! - x⁷/7! + ... On peut donc écrire sin x = x - x³/6 + o(x³).
Ainsi (sin x)⁶ = (x - x³/6 + o(x³)]⁶. On applique la formule du binôme au calcul de (x - x³/6)⁶ en tronquant le calcul à l'ordre 8.

➔ On a limité (!..) le développement limité de sin x à l'ordre 3 car, au-delà, les produits de la formule du binôme fourniront au moins du degré 10.

(x - x³/6)⁶ = x⁶ - C₆¹x⁵x³/6 - C₆²x⁴(x³)² + ... : le 3ème terme est (déjà) de degré 10. Par suite :

(x - x³/6)⁶ = x⁶ - C₆¹x⁵x³/6 + o(x⁸), soit : (sin x)⁶ = x⁶ - x⁸ + o(x⁸)

Montrer que la fonction g(x) = ln(cos x) admet -x²/2 - x⁴/12 comme développement limité d'ordre 4 au voisinage de 0.

g est infiniment dérivable en 0; les conditions d'application de la formule de Taylor sont vérifiées et on peut alors écrire :

Prouver par récurrence la formule : 1³ + 2³ + ... + n³ = (1 + 2 + ... + n)².

et tentons d'établir P(n + 1) : « 1³ + 2³ + ... + n³ + (n + 1)³= [1 + 2 + ... + n + (n +1)]² ».

1³ + 2³ + ... + n³+ (n + 1)³ = [1³ + 2³ + ... + n³]+ (n + 1)³ = (1 + 2 + ... + n)² + (n + 1)³

P(n + 1) sera établie si [1 + 2 + ... + n + (n +1)]² - (1 + 2 + ... + n)² = (n + 1)³. Le premier membre est une différence de carrés; or a² - b² = (a + b)(a - b). Par suite, sachant que 1 + 2 + ... + n = n(n + 1)/2 , notre différence est égale à :

P(n + 1) est donc établie et la formule étant vérifiée pour n = 1, elle l'est donc pour tout n.

Le nombre de candidats à un concours de la fonction publique a évolué de la façon suivante :

a) Représenter le nuage de points M(x_i,y_i) où x_i est le rang de l'année (x_o = 0 pour 1997)
et y_i le nombre de candidats correspondant.
b) Ajuster linéairement le nuage par la méthode de Mayer
c) Quel est le nombre prévisible de candidats pour l'année 2004 ? Remarque ?

Problème de Syracuse : dans le cas impair, prouver que si l'on remplace : tripler et ajouter 1 par simplement ajouter 1, soit :

alors l'algorithme converge encore vers 1 en finissant également par 4 - 2 - 1.

Quel que soit le rang de l'itération de l'algorithme, on est en présence d'un entier de la forme n = 2k (cas pair) ou n = 2k - 1 (cas impair) avec k entier au moins égal à 1.

➔ Un 4 peut provenir de 8 (n/2) ou de 3 (n + 1), etc. : on peut remonter l'arbre, très vaste, des possibilités...

On lance deux dés non truqués (faces numérotées de 1 à 6). Quelle est la probabilité p d'obtenir un nombre (de 2 chiffres) qui ne soit pas divisible par 3 ?

Quelle est la probabilité p de rencontrer dans une classe de 24 élèves, au moins deux bambins nés le même jour, en admettant l'équiprobabilité des naissances chaque jour de l'année et ce quelle que soit l'année (365 jours) ?

Une une contient 12 boules dont 5 rouges, 3 noires, 2 vertes et 2 blanches.
a) On tire au hasard, successivement avec remise, 5 boules. Quelle est la probabilité d'obtenir 2 rouges, 2 noires et 1 verte ?
b) Retrouver cette probabilité en utilisant un raisonnement élémentaire du type "cas favorables/cas possibles".
c) Que devient la probabilité si le tirage est successif sans remise ?
d) Que devient la probabilité si le tirage des 5 boules est simultané ?

Prob(E) = Prob([R=2]∩[N=2]∩[V=1]∩[B=0])
= 5!/(2! × 2! × 1! × 0!) × (5/12)² × (1/4)² × (1/6)¹ × (1/6)⁰
= 30 × 25/13824 = 125/2304 @ 0,054.

Soit ω un entier naturel non nul. On pose Ω = [1, 2, 3, ..., ω, ω+1, ..., ω!] ⊂ N, ω! désignant la factorielle de ω. Soit d un entier premier, d ≤ ω et n∈Ω. Calculer la probabilité de l'événement « d divise n ».

On suppose que les probabilités de naissance d'une fille ou d'un garçon sont les mêmes (en fait un peu plus de garçons : 52%) et qu'il y a indépendance des sexes d'une naissance à l'autre. Dans une famille de quatre enfants, quelle est la probabilité qu'il y ait deux filles et deux garçons ?

Prouver que la transformée de Laplace de t → tⁿ est p → n!/pⁿ⁺¹. Préciser la convergence.

La convergence a lieu si et seulement si p > 0 : dans ce cas, dans le crochet, te^-pt = t/e^pt tend vers 0. La dernière intégrale converge vers 1/p et finalement :

Prouver que la transformée de Laplace de t → e^at est p → 1/(p - a). Préciser la convergence. (on suppose a et p complexes)

Il s'agit de calculer l'intégrale de e^ate^-pt (a et p réels ou complexes) sur [0,+∞[, c'est à dire celle de e^{(a - p)t}, c'est à dire :

Si z est complexe et z = x + iy, e^z = e^x x e^iy. Le nombre e^iy = cosy + i.siny est borné : son module est 1.
Dans notre cas, si a - p est complexe, on voit que l'intégrale sera convergente si et seulement si Re(a - p) < 0 (partie réelle de a - p). La transformée de Laplace sera alors p →1/(p - a).

On a F(0) = 0 et, si p (resp. la partie réelle de p dans le cas complexe) est positif (resp. positive), alors le terme tout intégré est nul et L_F(p) = L_f(p)/p. Le domaine de convergence est celui de L_f .

Prouver que la transformée de Laplace de t → f(at) (a > 0) est p → L_f(p/a)/a

D'où L(t → f(at)) = L_f(p/a)/a. La convergence est assurée lorsque p/a est élément du domaine de convergence de L_f.

On note R₁[x], l'ensemble des polynômes unitaires (le coefficient du monôme de plus haute degré est 1) d'une variable x à coefficients réels. Soit a et b deux polynômes de R₁[x]. On dit que a divise b, s'il existe q dans R₁[x] tels que pour tout x, b(x) = a(x)q(x). Montrer que l'on définit ainsi un ordre partiel dans R₁[x].

Réflexivité :
∀a∈ R₁[x], a non nul, a|a car q(x) = 1 ∀x est élément de R₁[x].

Antisymétrie :
si a|b et b|a, il existe q et q' dans R₁[x] tels que b = aq et a = bq', par suite qq'(x) = 1 ∀x et, dans R₁[x], cette égalité implique d°qq' = d°q × d°q' = 0 (polynôme constant), donc q et q' sont constants et étant unitaires, il s'agit de q(x) = q'(x) = 1 ∀x, donc a = b.

Transitivité :
si a|b et b|c, il existe q et q' dans R₁[x] tels que b = aq et c = bq', par suite c = aqq' avec qq'∈R₁[x], donc a|c.

On note Σ _k=1,n l'opérateur de sommation pour k variant de 1 à n. Prouver par récurrence que pour n au moins égal à 2, on a :

La relation est vérifiée pour n = 2. Supposons la formule (p_n) vraie pour un entier n au moins égal à 2.

Or, par hypothèse de récurrence : n + nΣ _k=1,n-1 k × k! = n + n(n! - 1) = n × n!

Par suite : (n + 1)! = 1 + n × n! + Σ _k=1,n-1 k × k! = 1 + Σ _k=1,n k × k!

Trouver un système d'inéquations minimal (le moins d'inéquations possibles) faisant usage de la valeur absolue et dont les solutions sont les points intérieurs à l'octogone ci-dessous :

Ces 4 inéquations caractérisent l'octogone : | x | < 2 , | y | < 2 , | x - y | < 3 , | x + y | < 3.

Selon une légende, l'inventeur du jeu d'échecs aurait demandé comme récompense à son souverain, enchanté par ce jeu, de lui offrir autant de grains de blé que l'on compte sur un échiquier en en mettant 1 sur la première case, 2 sur la seconde, 4 sur la troisième, et ainsi de suite en doublant. Tous les greniers du royaume furent vidés sans pour autant satisfaire notre inventeur. Combien de tonnes de blé seraient nécessaires en admettant un PMG (Poids de Mille Grains) de 45 g ?

Le nombre de grains est 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + ... = 2⁰ + 2¹ + 2² + 2³ +2⁴ + ... + 2⁶³ = 1 × (2⁶⁴ - 1)/(2 - 1) = 2⁶⁴ - 1. C'est un nombre énorme : 18 446 744 073 709 551 615. Nous l'arrondissons à 1,845 × 10¹⁹.

Cet arrondi se retrouverait en calculant le logarithme décimal de 264, soit 19,26592 = 19 + 0,26592 et cette mantisse correspond à 1,84467, d'où le résultat. Divisons par 1000 et multiplions par 45 (poids en grammes) et convertissons ensuite en millions de tonnes (1 Mt = 10¹² grammes), soit 830 250 000 Mt. : c'est effarant, la production mondiale de blé étant (seulement) de l'ordre de 600 Mt en 2004 !

A	B	A ⇒ B	B ⇒ A	A ⇔ B = (A ⇒ B et B ⇒ A)
V	V	V	V	V
V	F	F	V	F
F	V	V	F	F
F	F	V	V	V

Définir l'inclusion des ensembles au moyen de l'ensemble vide et de la différence d'ensembles :

Montrer que si B = {b₁, b₂, ..., b_n} ⊂ A, alors A - B = ∩[A - {b_k}], intersection des A - {b_k}, k = 1, 2, ..., n .

Vu que B est inclus dans A, pour tout k = 1, 2, ..., n, on a A - {b_k} =

_A{b_k}, complémentaire de {b_k} dans A.

Selon les lois de Morgan, l'intersection des complémentaires des {b_k} dans A est le complémentaire de la réunion des {b_k} dans A, c'est à dire le complémentaire de B dans A, c'est à dire A - B.

Montrer que (A | A) | (A | A) et (A ↓ A) ↓ (A ↓ A) sont équivalentes à A.

Un théorème de point fixe :

si f est une fonction numérique croissante d'un intervalle [a,b] dans lui-même, alors il existe un réel c de [a,b] tel que f(c) = c.

Si f(a) = a, le résultat est démontré... Sinon, f étant croissante, on a f(a) > a. Notons E l'ensemble des x de [a,b] tels que f(x) > x. L'ensemble E est borné et non vide, il admet donc une borne supérieure m.

Montrons que f(m) = m. Si l'on suppose m < f(m), soit x réel, m < x < f(m). L'application f étant croissante, on a f(m) ≤ f(x) et par suite x < f(x). donc x est élément de E et m < x : incompatible avec m borne supérieure de E. Si l'on suppose maintenant m > f(m), soit x réel, f(m) < x < m. On applique f, ce qui conduit cette fois à f(x) < x. Par suite x n'est pas élément de E : il n'existe aucun élément de E entre f(m) et m. Or, pour tout x de E, on x ≤ m, donc x ≤ f(m) : m n'est pas le plus petit des majorants de E ! En conclusion m = f(m) : l'application f admet c = m comme point fixe.

Quelle est la négation de : ∀ε > 0, ∃ p∈N,∀n∈N , n > p ⇒ 1/n < ε ?

La négation de « ∀ε > 0, ∃ p∈N, ∀n∈N , n > p ⇒ 1/n < ε » est :

« ∃ ε > 0, ∀p∈N, ∃ n∈N , n > p, 1/n ≥ ε »

Cette négation est fausse : si on choisit p entier tel que 1/p < ε, alors n > p ⇒ 1/n < ε car 1/n < 1/p (transitivité de la relation d'ordre).

Afin de justifier les insuffisances de la logique bivalente du tiers exclu, Brouwer donna plaisamment l'exemple du voyageur qui se retrouve prisonnier chez des cannibales d'un un pays éloigné. Ses tortionnaires lui proposent de réfléchir à son dernier vœu; cela devra être une phrase sensée et vérifiable par le chef de la tribu : si c'est un mensonge, il sera bouilli, si c'est une vérité, il sera rôti. Après réflexion, notre voyageur sauva sa peau et le chef fut banni car il prit sa place... Pourquoi ?

Le subtil voyageur a pu dire « je serai bouilli » ou « je ne serai pas rôti ». En effet, s'il dit par exemple « je serai bouilli », dans la logique du tiers exclu :

ou bien les cannibales le bouillent, auquel cas, il aurait dit une vérité et il aurait fallu le rôtir.
ou bien les cannibales le rôtissent, auquel cas, il aurait dit un mensonge et il aurait fallu le bouillir.

Prouver que toute isométrie du plan admettant 2 points invariants (au moins) est soit l'identité (id : M → M, ∀M), soit une symétrie axiale.

Soit f l'isométrie en question, A et B deux points invariants par f, C un point du plan non situé sur [AB]. f étant affine, remarquons déjà que (AB) est une droite de points invariants. Si C est invariant, alors f laisse invariant un repère du plan : f est donc l'identité (application identique id). Supposons maintenant f(C) = D, D distinct de C. f étant une isométrie, on a AC = AD et BC = BD. Par suite, (AB) est la médiatrice de [SD] : f est la symétrie d'axe (AB).

Un bibliothécaire qui classait des annuaires s'aperçut que certains se mentionnaient eux-mêmes et d'autres pas. Il se mit en tête de créer deux nouveaux annuaires : Ann1 → qui se mentionnent eux-mêmes, Ann2 → qui ne se mentionnent pas eux-mêmes. En feuilletant Ann2, il se demanda où cet annuaire devait se mentionner ?...

Si Ann2 est mentionné dans Ann2 : Ann2 est alors un annuaire qui se mentionne lui-même dans la liste des annuaires qui ne se mentionnent pas : pas possible.
Si Ann2 est mentionné dans Ann1 : Ann2 est alors un annuaire qui se mentionne lui-même. C'est contradictoire quant à sa nature d'annuaire qui ne se mentionne pas : il devrait être dans Ann2...

a) Vérifier que la transformée de Fourier de x → f(kx) est w → 1/| k | × F(w/k). On distinguera k > 0 et k < 0.
b) Calculer la transformée de Fourier de la fonction x → e^-|x|.
c) En déduire celle de x → e^-k|x|, k > 0. Vérifier par un calcul direct.

a) En négligeant ici le rapport 1/2p, la TF de x → f(kx) est l'intégrale sur R de f(kt)e^-iwt.
On pose alors u = kt.

b) Le calcul est très simple et conduit, en sommant les intégrales sur [-∞,o] et [o,+∞], à 2/(w² + 1), en négligeant là encore le 1/2p.

c) en négligeant toujours 1/2p, un calcul direct conduit facilement à (k > 0) : 1/(k - iw) + 1/(k + iw) = 2k/(k² + w²) = 1/k × F(w/k).

Au lancer d'un dé (dont les faces sont numérotées de 1 à 6), on mise 1 euro et il est associé :

Noter l'aspect mathématique d'un gain : il peut être négatif et est alors synonyme de perte. L'espérance de gain est :

L'espérance de gain est négative, de l'ordre de 17 centimes. Cela ne signifie que, en moyenne mathématique théorique, en jouant un grand nombre de fois, votre perte sera de l'ordre de 17 centimes. Mais on peut fort bien gagner plusieurs fois de suite et quitter la table...

On suppose f positive et décroissante sur I = [a,+∞[ avec lim f = 0 pour x infini; g est une fonction intégrable et bornée sur tout intervalle fini K de I et vérifiant |

g(x)| ≤ M, où M désigne un réel positif indépendant de K. Montrer que dans ces conditions l'intégrale sur I du produit fg est convergente.

Soit K = [x,x'] un intervalle fermé quelconque de J. Selon la seconde formule de la moyenne applicable ici au vu des hypothèses, il existe u entre x et x' tel que :

soit e > 0 arbitraire, si x est suffisamment grand, on aura f(x) < e/M et le membre de gauche peut être rendu inférieur à e : c'est la condition de Cauchy pour la convergence de l'intégrale généralisée étudiée.

a/ L'équation ω = ydx + xdy - xydz est-elle exacte ?
b/ Montrer que l'équation ydx + xdy - xydz = 0 est intégrable et l'intégrer. Justifier l'existence d'un facteur intégrant et le calculer.

a/ On applique la CNS pour que la forme proposée soit la différentielle totale d'une fonction f(x,y,z).
On a ici P(x,y,z) = y, Q(x,y,z) = x et R(x,y,z) = -xy. ∂P/∂y = 1 = ∂Q/∂x, ∂Q/∂z = 0 ≠ ∂R/∂y = -x. ω n'est donc pas une forme différentielle exacte.

b/ On peut ici (forme homogène) considérer z comme fonction de x et y en écrivant dz = dx/x + dy/y. On a ∂z/∂x = -P/R = 1/x et ∂z/∂y = -Q/R = 1/y. La première équation fournit z = ln| x | + α(y) : la constante d'intégration dépend de y.
D'où ∂z/∂y = 1/y = α'(y). Par suite z = ln| x | + ln| y | + β(x). En redifférenciant par rapport à x, il vient β(x) = 0.
Finalement z = ln| xy | + C, C ∈ R.

En dimension 3, l'existence d'un facteur intégrant (x,y,z) → k(x,y,z) de ω est soumis à la condition :

Elle est clairement vérifiée : y(-x - 0) + x(0 + y) + xy(1 - 1) = 0. Dès lors k doit vérifier kP = ∂f/∂x, kQ = ∂f/∂y, kR = ∂f/∂z. Il apparait que k(x,y,z) = 1/xy et ω₁ = kω = dx/x + dy/y - dz apparaît comme la différentielle totale de f(x,y,z) = z - ln| xy |.

Résolution de l'équation différentielle d'Euler x²y" + xy' + y = 0, y(1) = 0, y'(1) = 1 » Voyez aussi exercice 3

On pose t = ln

x. Selon la théorie relative à la résolution de l'équation d'Euler ax²y" + bxy' + cy = 0, on est ramené à l'équation d'inconnue y, fonction de t : ay" + (b - a)y' + cy = 0 avec x = e^t. En l'occurrence, a = b = 1, c = 1. On résout donc y" + y = 0. L'équation caractéristique est r² + 1 = 0. Δ < 0 : deux solutions complexes conjuguées r = u ± iv = ± i (u = 0, v = 1). La solution générale est : y = x^u[c₁cos(v×ln

x) + c₂sin(v×ln

x)] = c₁cos(ln

x) + c₂sin(ln

x). Les conditions initiales conduisent à c₁ = 0 et c₂ = 1, d'où :

Concernant l'équation de Kepler : Vérifier que tan j = (1 - e²)^½cos e/(cos e- e)

On passe de P à P' par affinité de rapport a/b. On a a² + b² = c² et e = c/a (excentricité). On en déduit alors que b²/a² = 1 - e², puis :

tanj = tan^(FA,FP) = - tan^(FH,FP) = - HP/HF = - (HP' × b/a)/(OF - OH) = (asine × b/a)/(acose- ea)
= (b/a).sine/(cose - e) = (1 - e²)^½sine/(cose - e).

Le résultat est trivial si un des vecteurs est nul et très facilement vérifiable si l'un est combinaison linéaire des deux autres.

Lorsque les trois vecteurs sont linéairement indépendants (ils forment une base de l'espace), posons i = u/||u||. Dans le plan vectoriel (u,v), choisissons j normé orthogonal à i et soit k tel que (i,j,k) soit orthonormée directe. On peut écrire v = ai + bj et w = a'i + b'j + c'k. Un petit calcul, utilisant les produits scalaires et vectoriels des vecteurs de base, montre maintenant facilement que u ∧ (v ∧ w) et <u,w>.v - <u,v>.w sont tous deux égaux à ||u||(a'b - ab')j - ||u||ac'k.

Il n'y a que 3 treillis distributifs pour un ensemble de 5 éléments. Mise à part la chaîne, quels sont les deux autres ?

Si x admet deux complémentés y et z, on aura x∧y = x∧z = 0 et x∨y = x∨z = 1. On peut écrire y = y∧1 = y∧(x∨y). Par distributivité y = (y∧x)∨(y∧z). Mais y∧x = x∧y = 0. donc y = y∧z. En écrivant z = z∧(x∨z), on aurait de même z = z∧y = y∧z. Donc y = z.

Prouver que l'ensemble A des automorphismes intérieurs d'un groupe G est un groupe isomorphe au groupe quotient G/C où C désigne le centre de G. » centre d'un magma

Soit * la loi de groupe de G et e son élément neutre. Munissons A de la loi de composition des applications. A est l'ensemble des I_g : x → g*x*g^-¹, g ∈G. Notons f l'application qui à tout g de G associe I_g dans A : f(g) = I_g. On a f(g*g') = I_g*g'.

Or I_g*g'(x) = (g*g')*x*(g*g')^-1 = g*(g'*x*g'^-1)*g^-1 = I_g[I_g'(x)]. Donc I_g*g' = I_g o I_g'. Par suite f(g*g') = f(g) o f(g') et on conclut que f est un homomorphisme de G dans A; par conséquent A est un groupe isomorphe à G/N où N est le noyau de f.

On a f(e) = I_e = id (application identique. Par suite, N = {g∈G / f(g) = id } = {g∈G / I_g = id }.
Mais I_g = id ⇔ g*x*g^-¹= x pour tout x de G. En composant par , on voit que N = {g∈G / g*x = x*g } pour tout x de G : c'est le centre de G.

Vérifier que l'équation paramétrique x = cosu + v.sinu, y = sinu - v.cosu, z = v définit un hyperboloïde à une nappe en tant que surface réglée pour u et v convenablement choisis. Préciser les génératrices. Trouver une seconde génération.

x = cosu + v.sinu, y = sinu - v.cosu, z = v. Lorsque v décrit R et u l'intervalle [0,2p], on peut écrire :

Il s'agit bien d'une surface réglée s'appuyant sur la courbe u → f(u) = (cosu, sinu, 0), cercle x² + y² = 1 dans le plan (xOy). Les génératrices sont, pour chaque valeur de u, les droites d'équation paramétrique x = v.sinu, y = -v.cosu, z = v.

En changeant 1 en - 1 dans D(u) on obtient un vecteur directeur (sinu,-cosu,-1) linéairement indépendant de (sinu,-cosu,1) mais la surface reste manifestement inchangée : elle possède une seconde famille génératrice.

Selon l'équation initiale, on a, en élevant au carré : x² + y² = 1 + v² = 1 + z². Donc x² + y² - z² = 1 : il s'agit bien de l'hyperboloïde à une nappe.

I - Quelles sont les entiers relatifs qui, divisés par 5 et par 3 donnent respectivement les restes 1 et 2 ?

De tels nombres x existent car 3 et 5 sont premiers entre eux. Selon les hypothèses, il existe des entiers relatifs p et q tels que x = 5p + 1 et x= 3q + 2. On a donc 5p - 3q = 1 (e). Le systèmes est alors équivalent à (e) sous la condition x = 5p + 1 (ou x = 3q + 2). On est ramené à l'identité de Bezout et à la résolution d'une équation du 1er degré à deux variables entières p et q dont la solution générale est p = 3k + 2 et q = 5k + 3. On peut voir que p = 2 et q = 3 fournissent une solution particulière x_o = 11. D'où x = 15k + 11 où k décrit Z, c'est à dire x ≡ 11 [15]. » théorème chinois

Le problème se ramène à rechercher n tel que 4n² + 1 ≡ 0 [5], égalité équivalente à (2n + 1)² ≡ 4n [5]; or Z/5Z est un corps et si, dans ce corps, a² = 4b, alors b est un carré, par suite n ≡ 0, 1 ou 4. n = 5k est manifestement à rejeter; les cas n = 5k ± 1 conviennent.

Déterminer les entiers naturels n tels que 5²ⁿ + 5ⁿ soit divisible par 13.

5² = 25 ≡ -1 [13], donc 5⁴ ≡ 1 [13]. On pourrait chercher n sous la forme 4p + r mais r étant compris entre 0 et 3, ce n'est pas le plus court chemin.

La réponse est donc l'ensemble des entiers congrus à 2 modulo 4, multiples de 4 augmentés de 2. Noter que cet ensemble contient 2 car 0 est multiple de tout nombre (et diviseur d'aucun !).

➔ Une autre voie est de factoriser : 5²ⁿ + 5ⁿ = 5ⁿ(5ⁿ + 1). Remarquer que les nombres 5ⁿ et 5ⁿ + 1 étant consécutifs, ils sont premiers entre eux, donc 13 doit diviser 5ⁿ ou 5ⁿ + 1. On montre alors que 13 ne peut diviser 5ⁿ, donc 13 divise 5ⁿ + 1 et on est ramené aux calculs précédents de l'alinéa 2.

On rencontre les solutions de cet exercice de bac faisant exclusivement intervenir les congruences au prix de complications inutiles imposées par le sujet. La résolution de systèmes de ce type est pourtant très élémentaire. Par hypothèse, il existe des entiers u et v tels que n = 19u + 13 = 12v + 6. Par différence, on a 12v - 19u = 7.

Or 19 et 12 étant premiers entre eux, on utilise l'identité de Bezout fournissant sans difficulté 12 × 8 - 19 × 5 = 1.
Ce qui conduit à u = 35 - 12k et v = 56 - 19k et par suite n = 678 - 228k, ce qui peut s'écrire n = 222 - 228k, puisque 678 = 222 + 2 × 228 : . Ou encore, quitte à changer k en - k :

Mais on n'a pas procédé par équivalence : inversement si n = 228k +222 = 19 × 12k + 222 = 228k +222 = 19 × 12k + 19 × 12 - 6. On a donc n ≡ -6 ≡ 13 [19] et n ≡ -6 ≡ 6 [12]. Les solutions sont donc effectivement les n tels que (1).

Sachant que a est à b ce que c est à d signifie a/b = c/d, traduire en langage moderne la proposition XI, livre VII d'Euclide :

Si le tout est au tout comme le nombre retranché est au nombre retranché,
le nombre restant sera aussi au nombre restant comme le tout est au tout.

On considère les trois points A, B et C ci-dessous. Calculer les coordonnées du point D afin que, dans cet ordre, ABCD soit un parallélogramme. Calculer les coordonnées du point D' afin que, dans cet ordre, ABD'C soit un parallélogramme.

a/ On a A(1;1), B(4;3) et C(6;2). Dire que ABCD est un parallélogramme revient à écrire AB = DC. On a :

Dans un espace vectoriel E de dimension 3 sur R, rapporté à la base B = (i, j, k), on considère l'application linéaire f : E → E qui à tout vecteur v(x, y, z) associe le vecteur v'(x - 2y + z, -x - y + 2z, -x + y). Donner la matrice de f dans la base B.

Dans la base B, on a i(1, 0, 0), j(0, 1, 0) et k(0, 0, 1). On calcule i' = f(i), j' = f(j) et k' = f(k) et on obtient respectivement i'(1, -2, 1) , j'(-1, -1, 2) et k'(-1, 1, 0). La matrice est alors :

Dans le cadre de la géométrie "du caoutchouc", il est clair que le polyèdre troué de droite est homéomorphe au tore :

Après l'avoir décomposé en polygones ayant deux à deux une arête commune et une seule, dénombrer ses sommets S, ses arêtes A et faces F et montrer que dans ce cas S - A + F = 0 : c'est la caractéristique du tore.

La décomposition ci-dessous en polygones ayant en commun une arête et une seule fournit 16 sommets, 32 arêtes et 16 faces. On a donc S - A + F = 0.

Exercice dans Z/6Z :Déterminer les entiers naturels n tels que n² + 2 soit divisible par 6

N étant inclus dans Z, on peut transposer le problème en termes de congruences en recherchant les entiers n tels que n² + 2 soit congru à 0 modulo 6. en passant dans Z/6Z, on constate que :

On déduit de ce tableau que les entiers n cherchés sont de la forme 6k +2 ou 6k + 4.
Ce qui peut aussi se traduire par n = 6k ± 2.

L'ensemble totalement ordonné (N,≥) des entiers naturels n'est pas bien ordonné. On note w* son ordinal. Montrer qu'une condition nécessaire et suffisante pour qu'un ensemble ordonné soit bien ordonné est qu'il ne contienne aucune partie d'ordinal w*.

la condition est nécessaire :
Si A est une partie de E d'ordinal w*, alors A n'a pas de 1er élément : c'est contraire à la définition d'un ensemble bien ordonné.

la condition est suffisante :
nous devons montrer que si E ne contient aucune partie A d'ordinal w*, alors il est bien ordonné. Prouvons la proposition contraposée : Si E est ordonné mais non bien ordonné, alors E contient une partie d'ordinal w* :

Par hypothèse, E contient une partie A non vide n'ayant pas de plus petit élément. Donc si x1 est un élément de A, il existe un x2 de A, distinct de x1, tel que x2 ‹ x1. Mais x2 ne peut pas être le 1er élément de A. Donc, il existe un x3 de A, distinct de x2, tel que x3 ‹ x2. On construit ainsi une chaîne infinie ... ‹ x3 ‹ x2 ‹ x1 dont les éléments constituent une partie de E d'ordinal w*.

Résoudre dans R les inéquations : a) | 2x + 3 | > 5 b) | x + 3 | ≤ | 2x - 3 |

a) Rappelons que sur la droite numérique | A | (valeur absolue de A ) représente la distance de A à O. Par suite :

Les solutions sont par conséquent les nombres x de l'ensemble ]-∞, -4] ∪ ]1,+∞[.

b) | x + 3 | ≤ | 2x - 3 | : l'inéquation | A(x) | ≤ | B(x) | peut se résoudre par encadrement ou au moyen d'un tableau. Voir par exemple ici un cas résolu. On donne ici la méthode par encadrement :

On doit avoir ici x + 1 non nul puisque ce terme est en dénominateur. | x + 1| étant strictement positif, l'équation donnée est équivalente à 2x < | x + 1| (x - 1) et il s'agit de distinguer 2 cas suivant que x + 1 est positif ou négatif.

a/ x + 1 > 0, soit : x > -1. On a alors | x + 1| = x + 1, l'inéquation devient 2x < x² - 1, c'est à dire x² - 2x - 1 > 0.
On est ramené au signe du trinôme. Les racines de x² - 2x - 1 = 0 sont 1 ± √2, ce trinôme est strictement positif les intervalles ]-∞,1 - √2[ et ]1 + √2, ∞[. Mais nous avons la condition x > -1; on retiendra par conséquent x∈]- 1, 1 - √2[∪]1 + √2, ∞[.

b/ x + 1 < 0, soit : x < -1. On a alors | x + 1| = - x - 1, l'inéquation devient cette fois x² + 2x - 1 < 0.
Les racines de x² + 2x - 1 = 0 sont -1 ± √2, ce trinôme est strictement négatif sur l'intervalle ]-1 - √2, -1 + √2[. Mais nous avons la condition x < -1; on retiendra par conséquent x∈]-1 - √2, -1[.

Finalement, les solutions sont éléments de l'ensemble ]-1 - √2, -1[∪]- 1, 1 - √2[∪]1 + √2, ∞[.

L'ordinateur a tracé (en noir) la courbe (c) d'équation y = 2x/| x + 1, en rose la droite d'équation y = x - 1 et, en rouge, la droite d'équation x = -1, asymptote verticale à (c).

L'ensemble des solutions correspond aux valeurs de x pour lesquelles la courbe (c) est "en-dessous" de la droite d'équation y = x - 1. On retrouve sensiblement -1 - √2 ≅ -2.4 , 1 - √2 ≅ -0.4 et 1 + √2 ≅ 2.4

(CH) désignant la hauteur issue de C, dans le cas aigu on a CH = b.sinÂ et dans le cas obtus, CH = b.sin(180° - Â) = b.sinÂ. Par application du théorème de Pythagore, on peut écrire : BC² = BH² + CH².

Prouver, sans utiliser de théorèmes de convergence que la série 1/2 + 1/6 + 1/12 + 1/20 + 1/30 + 1/42 + 1/56 + ... dont on déterminera sans peine le terme général (il n'y a pas de piège...) est convergente et préciser sa limite.

Le terme général u_n peut s'écrire comme l'inverse de n(n + 1) pour tout n de N*. Par décomposition en éléments simples, a/n + b/(n + 1), on obtient a = -b = 1, soit u_n= 1/n - 1/(n + 1). D'où la somme partielle S_n = (1 - 1/2) + (1/2 - 1/3) + ... (1/n - 1/(n + 1)) = 1 - 1/(n + 1) tend vers 1 : la série converge et sa limite est 1.

En utilisant un théorème de convergence, on notera que l'on a u_n < 1/n² : série de Riemann convergente, une référence en la matière !

Année	1997	1998	1999	2000	2001	2002	2003
Nombre de candidats	1170	1139	1023	980	942	847	716

Année	1997	1998	1999	2000	2001	2002	2003
Rang de l'année x_i	0	1	2	3	4	5	6
Nombre de candidats y_i	1170	1139	1023	980	942	847	716