ChronoMath, une chronologie des MATHÉMATIQUES
à l'usage des professeurs de mathématiques, des étudiants et des élèves des lycées & collèges

Solutions d'exercices divers #2           #1 | #3

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.

   Déterminer la (les) fonction(s) numérique(s) vérifiant xf(x) + f(1 - x) = x2 pour tout x réel.

Le changement de x en 1 - x conduit à (1 - x)f(1 - x) + f(x) = (1 - x)2. D'où l'idée de considérer le système d'inconnues f(x) et f(1 - x) défini par ces deux relations. Le déterminant est x - x2 - 1 = -x2 + x - 1 0 quel que soit x réel. On peut donc calculer f(x) sans ambiguïté. On trouvera facilement :

On pourra vérifier que ce résultat est bien la solution du problème en remplaçant f par son expression dans la relation de l'énoncé.


   Prouver que toute suite numérique strictement croissante et non majorée tend vers +∞. De même, toute suite numérique strictement décroissante et non minorée tend vers -∞.

Si (un) est majorée, alors il existe un réel A tel que, quel que soit n : un ≤  A. Par conséquent, (un) non majorée signifie : quel que soit le réel A, il existe n tel que un > A. Le nombre A pouvant être choisi arbitrairement grand, le résultat est établi à condition d'admettre le concept d'infinitude par :


   Déterminer les fonctions numériques dérivables vérifiant f(x + y) = f(x) + 2xy + f(y).

On note que le problème admet au moins une solution, à savoir la fonction x x2. Le 1er membre s'interprète comme une fonction g de deux variables, g(x,y) = f(x + y). La fonction f étant dérivable, on peut écrire, pour tout y réel : g/x = f '(x) + 2y. De même, g/y = 2x + f '(y). La permutation de x et y laisse le problème inchangé. On peut alors écrire g/x = g/y et on obtient, pour tous x et y réels :  f '(x) = 2x - 2y + f'(y). Choisissons y = 0 et prenons les primitives de chaque membre :

f(x) = xf '(0) + x2 + C, où C est une constante réelle a priori arbitraire

x = y = 0 dans f(x + y) = f(x) + 2xy + f(y) fournit f(0) = 0. Donc C = 0. Posons, pour simplifier f '(0) = a. On obtient f(x) = x2 + ax.

Ce résultat étant obtenu par implication, nous devons vérifier si f est effectivement solution du problème. Le report se réduit à (x + y)f '(0) = xf '(0) + yf '(0) : f est solution avec a réel quelconque - qui n'est autre que f '(0).


  En admettant qu'une cubique puisse être définie par un polynôme réductible, montrer qu'une telle courbe peut contenir une conique.

Une cubique Q est définie algébriquement par une équation du type p(x,y) = 0 où p est un polynôme irréductible de degré 3 en x et y : elle est le lieu géométrique des zéros de p dans R2. Si p n'est pas irréductible alors il est factorisable par un polynôme q du second degré en x et y qui s'annule sur Q : il existe un polynôme alors un polynôme r du 1er degré en x et y tel que p(x,y) = q(x,y)r(x,y).

Voici un exemple : considérons Q définie par p(x,y) = 2x3 - y3 - 2x2 + xy2 + 2x2 + y2 - x + y - 1.


2x3 - y3 - 2x2y + xy2 + 2x2 + y2 - x + y - 1 = 0

Dans cet exemple, "cousu de fil blanc", on peut écrire :

2x3 - y3 - 2x2 + xy2 + 2x2 + y2 - x + y - 1 = 2x2(x - y + 1) + y2(x - y + 1) - (x - y +1) = (2x2 + y2 - 1)(x - y +1)

Cette cubique apparait donc comme la réunion d'une ellipse et d'une droite : fausse cubique ! car la définition d'une courbe algébrique plane de degré donné exige un polynôme irréductible (non factorisable).


   R étant considéré comme espace vectoriel sur lui-même. Toute application additive continue de R dans R est linéaire.

Soit f une telle application. On a donc pour tout x de R, f(x + y) = f(x) + f(y). En choisissant x = 0, on remarque que f(0) = 0, condition nécessaire à la linéarité. Il nous faut montrer que pour tout réel λ et tout x de R, f(λx) = λf(x)

1/  Considérons le cas f(nx), nN , xR

f(2x) = f(x + x) = f(x) + f(x) = 2f(x). Donc f(3x) = f(2x + x) = f(2x) + f(x) = 3f(x). On montre alors très simplement par récurrence que f(nx) = nf(x) pour tout n de N.

2/  Considérons le cas f(nx), nZ- , xR

On remarque tout d'abord que f(x - x) = f(0) = 0 = f[x + (-x)] = f(x) + f(-x) : f est donc impaire. On peut écrire n = -|n| et on a |n|N. Donc f(nx) = f(-|n|x) = - f(|n|x) = - |n|f(x) = nf(x), l'avant dernière égalité étant due à 1/.

3/  Considérons le cas f(x/n), nN*

f(x) = f(nx/n) = f(nx/n) = nf(x/n), donc f(x/n) = f(x)/n.

4/  Considérons le cas f(λx), λQ

Si λQ, alors λ = p/q, pZ, qN*. Donc f(λx) = f(px/q) = pf(x/q) = p/qf(x) = λf(x).

5/  Considérons le cas f(λx), λR

Tout réel λ est limite  d'une suite (λn) de rationnels pour laquelle on a donc f(λnx) = λnf(x). Pas suite :

En conclusion f(λx) = λf(x), ce qui prouve que f est linéaire.


Montrer qu'un élément z de Z/nZ admet un inverse si et seulement si z et n sont premiers entre eux. En déduire que si n est premier, alors (Z/nZ ,+,) est un corps.

Dire que z est inversible dans Z/nZ signifie qu'il existe x dans {1,2, ..., n-1} tel que zx = 1. Donc zx = 1 + kn, k Z. D'où zx - kn = 1 : z et n vérifient l'identité de Bézout, il s'ensuit que z et n sont premiers entre eux.

Inversement, si pgcd(z,n) = 1, toujours selon Bézout, il existe u et v dans Z tels que uz + vn = 1. En passant aux classes d'équivalences, on obtient uz + vn = 1. Mais dans Z/nZ, n = 0. donc uz  = 1 , ce qui montre que z est inversible et que son inverse est u.

En conséquence, si n est premier, tout élément z admet un inverse dans Z/nZ : cet anneau est donc un corps.


En utilisant l'algorithme d'Euclide, calculer le PGCD de 3046 et 45. En déduire une solution de l'équation 3046x - 45y = 5

On a successivement :

3046 = 4567 + 31  ;  45 = 311 + 14  ;  31 = 142 + 3  ;  14 = 34 + 2  ;  3 = 21 + 1

Ainsi 3046 et 45 sont premiers entre eux. On a alors successivement en "remontant" les calculs précédents :

donc :

5 = 803046 - 541545 : une solution est x = 80, y = 5415
 


Paul, alors enfant, né au 20è siècle, avait calculé qu'en l'an 2000, son âge serait égal à la somme des chiffres de son année de naissance. En quelle année est-il né ?     (Bac C, Abidjan juin 1989)

Si l'année de naissance de Paul s'écrit 19ab, a désignant le chiffre des dizaines et b celui des unités et si A désigne l'âge de Paul en l'an 2000, vous devriez trouver A = 1 + 9 + a + b et A = 2000 - (1900 + 10a + b) puis 11a + 2b = 90. Pour résoudre cette équation, visitez cette page...


  On remplit une coupe conique à la moitié de sa profondeur. La coupe est-elle à moitié pleine ?  Sinon à quelle hauteur doit-on la remplir ?

Le volume intérieur de la coupe est V = πr2h/3. A mi-hauteur, selon la propriété de Thalès, le rayon est r/2; le volume est donc π(r/2)2(h/2)/3 = V/8 : un huitième de la coupe... Pour obtenir la moitié de la coupe, notons h/k la fraction cherchée de la hauteur. Le rayon est dans le même rapport. Nous cherchons donc k tel que π(r/k)2(h/k)/3 = V/2, c'est à dire :

Par suite k3 = 2 et k = 2. En arrondissant cette racine cubique à 1,25 = 5/4. Il faut donc remplir le verre au 4/5è de sa profondeur !


   Existe-t-il dans N deux entiers a et b dont aucun n'est un carré tels que a + b soit entier ?

Si a + b est entier, il existe p entier tel que a + b = p. Élevons au carré. Il apparaît que le produit 2ab = p2 - a - b est également entier. il existe donc un entier q tel que b = q/2a.

Remplaçons dans a + b = p. Il vient : a = (2a + q)/2p. Par conséquent a est rationnel. Ce qui est contraire aux hypothèses. En effet, soit r ce rationnel. Par hypothèse sur a, r n'est pas entier. Soit alors r = n/d la forme irréductible de r. On a alors a = n2/d2 et d ne divisant pas n, d2 ne divise pas n2 : a n'est donc pas entier, ce qui est contraire à l'hypothèse sur a. On peut donc répondre négativement à la question.
 


Étienne est très doué : Jusqu'ici, il a eu 4,5/5 à chaque interrogation écrite de maths. Mais au dernier test, il s'est complètement planté : il a eu 2/5. En travaillant dur, il espère obtenir prochainement que des 5/5.
Combien en faudra-t-il pour retrouver sa moyenne de 4,5 ?

Rep : Tout se passe comme s'il avait eu un 4,5 et un 2. Si n est le nombre de tests nécessaires, la moyenne pondérée des n + 1 + 1 = n + 2 tests doit être 4,5. soit :

 (n5 + 14,5 + 12)/(n + 2) = 4,5 et la réponse est n = 5.

  On pouvait aussi appeler k le nombre de tests passés : (n5 + k4,5 + 12)/(n + k + 1) = 4,5. Les k4,5 s'éliminent et on retrouve la solution précédente.

Papy a fait une balade en vélo d'appartement : il a roulé 10 minutes à 25 km/h et 20 minutes à 16 km/h. Quelle est sa vitesse moyenne ?

Comme Papy a roulé deux fois plus longtemps à 16 km/h, tout se passe comme si cette vitesse avait un coefficient 2. D'où (1025 + 2016)/(10 + 20) = (125 + 216)/(1 + 2) = 57/3, soit 19 km/h.

On peut faire plus compliqué : 10 minutes, c'est 1/6è d'heure et 20 minutes c'est 1/3 d'heure. Donc en 30 minutes (une demi-heure) , il a "parcouru" en km : 25/6 + 16/3 = (75 + 96)/18 = 171/18 = 9,5. Ce qui correspond à 19km en une heure : 19 km/h.


 Résoudre dans R, l'équation(e) :  ln |x2 - 2| = 1

ln e = 1, donc ln |x2 - 2| = 1 ln |x2 - 2| = ln e   |x2 - 2| =  e     (a > 0, b > 0, ln a = ln b a = b)
Par conséquent : (e) |x2 - 2| =  ± e  
 (|A| = k , k A = ± k)

D'où : (e) x2 = 2 + e ou x2 = 2 - e. Mais 2 - e < 0.
Les solutions de (e) sont donc x =
± (2 + e)


 p1/  P admet xo comme racine multiple de multiplicité k si et seulement si P(xo) = 0 et xo est un zéro d'ordre k - 1 pour le polynôme dérivé de P.

La condition est nécessaire : supposons P(x) = (x - xo )kQ(x). Donc P'(x) = k(x - xo )k-1Q(x) + (x - xo )kQ'(x) = (x - xo )k-1[kQ(x) + (x - xo )Q'(x)]. Le crochet ne s'annule pas en xo, sinon, Q s'annule en xo et ce nombre serait un zéro d'ordre k+1 pour P. Par conséquent xo est un zéro d'ordre k - 1 pour P'. La condition est suffisante : supposons que xo soit un zéro d'ordre k - 1 pour P' et que P(xo) = 0. Notons p l'ordre de xo pour P; d'après ce qui précède, son ordre pour P' est p - 1. Donc p - 1 = k - 1, c'est dire que p = k.  CQFD

 p2/  P admet xo comme racine multiple de multiplicité k si et seulement P(xo) = 0 et les dérivées successives de P jusqu'à l'ordre k - 1 s'annulent en xo, la dérivée k-ème n'étant pas nul.

La condition est nécessaire : d'après le résultat précédent, est d'ordre k - 2 pour P'', k - 3 pour P''' et finalement d'ordre 1 (racine simple) pour le polynôme dérivé (k -1)-ème, la dérivée k-ème n'est donc pas nulle. La condition est suffisante : supposons que xo annule toutes les dérivées jusqu'à l'ordre k - 1 et soit p l'ordre de xo pour P. On vient de montrer que la dérivée p-ème n'est pas nulle en xo. D'après p1/ il vient p - 1 = k - 1; c'est dire que p = k.


Représenter le graphe orienté défini par une matrice :

Rappel de la matrice du graphe :

Le graphe étant orienté, nous plaçons un arc du sommet i vers le sommet j si l'élément ai,j placé en ligne i, colonne j est égal à 1. On obtient donc :

L'arc BD du graphe ci-dessus rencontre l'arc AC dans cette première représentation. Cette intersection est virtuelle. En quelque sorte l'arc BD passe au-dessus (ou au-dessous) de l'arc AC : en déplaçant D comme ci-dessous, on obtient une représentation planaire :


 


Dans le cas précédent, sans faire référence au graphe, donner le nombre de chemins de longueur 3 non triviaux (n'utilisant aucune boucle) reliant i/  A à C    ii/  B à D   iii/ C à C (circuits d'origine C). 

Afin d'éviter les chemins bouclés comme AAAD ou ADAD, il faut mettre à zéro les éléments de la diagonale de M et calculer la puissance troisième de la matrice M' obtenue :

ADAC , ACBC

BACD , BCBD , BDAD

CDAC , CBAC


Vérifier par déplacement des sommets que le graphe ci-dessous est planaire

On peut simplifier le graphisme en remplaçant les arcs orientés simples ou doubles par des arêtes. Avant nettoyage, vous pourriez obtenir ceci :

Graphe après "nettoyage"; il vous sera facile de donner sa représentation planaire :


1°/ Montrer que toute puissance n-ème d'une matrice stochastique est une matrice stochastique.
2°/ Vérifier qu'une matrice stochastique M admet le vecteur propre P =  (1,1,...,1) pour la valeur propre 1 : MP = P

Si M = pi,j est une matrice stochastique, on a :

les pi,j sont positifs et pour tout i = 1, 2, ...n :

Si nous montrons que M stochastique M2 stochastique, le résultat sera acquis par récurrence. Si nous montrons que la somme des éléments de la 1ère ligne de M2 est égale à 1, le résultat sera acquis pour les autres lignes et le résultat cherché le sera aussi.

La somme des éléments de la 1ère ligne est :

La parenthèse est égale à 1 puisqu'il s'agit de la somme des termes de la i-ème ligne de M. La somme S est donc égale à :

et cette somme est égale à 1 puisqu'il s'agit de la somme des termes de la 1ère ligne de M. La matrice M2 est donc stochastique. CQFD.


Ce graphe complet, noté K5, est-il planaire ?

Ne cherchez pas plus longtemps, ce graphe n'est pas planaire !

Considérons la relation binaire R ainsi définie :

Le diagramme sagittal de R est un graphe Γ. Une arête de G' ne peut être commune qu'à deux faces au plus, Γ ne peut donc avoir au plus que 2a arêtes. Les faces de G' ont au moins trois arêtes et on a f faces, Γ possède donc au moins 3f arêtes.

Or, selon la formule d'Euler, on constate que si ce graphe possède une représentation planaire, son nombre de faces sera f = 2 - a - s = 7 car il a 5 sommets et 10 arêtes. Ce qui est fâcheux car nous devrions avoir, d'après ce qui précède, au plus 20 arêtes et au moins 21... : ce graphe complet, noté K5, en l'honneur de Kuratowski, n'est pas planaire. Rajouter un sommet à une intersection le rend planaire ! ( même lien).

Placer un sommet à une intersection peut tout changer : vérifier par déplacement des sommets que le graphe ci-dessous est planaire !

On sort le sommet G du pentagone, on glisse D à l'intérieur et on "rétrécie" l'arête AB... :


On considère, dans le plan euclidien orienté, la forme ω = xdy - ydx. Intégrer cette forme lorsque Γ est le cercle unité parcouru dans le sens direct puis lorsque Γ est le carré de côté 2, centré en O, de côtés parallèles aux axes parcouru également dans le sens direct.

Le cercle unité peut être paramétré par x = cost et y = sint, t parcourant l'intervalle [0,2π]. D'où :

On constate que l'intégrale de ω est non nulle alors que Γ une courbe fermée : ω = xdy - ydx n'est donc pas une différentielle exacte.

Le long du carré, on a les représentations paramétriques :

Finalement :

On ne s'étonnera pas de trouver la "longueur du cercle" dans le 1er cas et le périmètre ("longueur") du carré dans le second : l'abscisse curviligne est ici ds = dt !


Lorsque la loi T est commutative et la relation réflexive et transitive, montrer que sera compatible avec T si et seulement si elle est régulière à gauche (ou à droite).

En se bornant au cas de la régularité à gauche :


Montrer que si A est un anneau intègre et unitaire, alors tout élément admettant un inverse à gauche (ou à droite) est inversible.

Supposons x inversible à gauche dans A d'élément unité e. x est donc non nul. Utilisons la notation additive pour la loi de groupe et la notation multiplicative implicite pour la seconde loi. Il existe alors x' non nul dans A tel que x'x = e. On peut écrire x'x - e = 0 et par suite (x'x - e)x' = 0. Par associativité, on a :

(x'x)x' - x' = x'(xx' - e) = 0

Mais A est intègre et x', inverse à gauche de x étant non nul, il suit que xx' - e est nul. donc xx' = e : x' est inverse à droite de x dans A. C'est donc l'inverse de x "tout court".


Montrer que tout anneau A unitaire intègre et de cardinal fini est un corps.

Notons 1A l'élément unité de A et * sa seconde loi. Supposer que dans cet anneau, un élément a non nul ne soit pas inversible. L'application fa de A dans A, définie par fa(x) = a*x n'est alors pas surjective car fa(x) = 1A n'a pas lieu. A étant de cardinal fini, fa n'est donc pas non plus injective. Il existe donc dans A deux éléments distincts a' et a" tels que a*a' = a*a". On en déduit que a est un diviseur de zéro. Conclure.


  Prouver qu'il existe un unique triplet de nombres premiers en progression arithmétique de raison 10.

On sait que tout entier naturel premier, autre que 2 et 3, est de la forme 6n ± 1, n décrivant N*. Soit p le plus petit des nombres premiers de la progression cherchée, à savoir : p, p + 10, p + 20. si p est de la forme 6a - 1, on aura p + 10 = 6a + 9, non premier. Si p est de la forme 6a + 1, on aura p + 20 = 6a + 21, non premier. Donc p ne peut être que 2 ou 3. Mais p = 2 est à rejeter car p + 10 = 12. Reste p = 3 fournissant p + 10 = 13 et p + 20 = 23. Et on s'arrête là car p + 30 = 33, non premier. C'est bon !


  La fonction récursive d'Ackermann vérifie A(0,n) = n+1 pour tout n ≥ 0, A(m,0) = A(m-1,1), m ≥ 1 et la double récurrence A(m,n) = A(m-1,A(m,n-1)), m ≥ 1, n ≥ 1. Montrer : a)  A(1,n) = n + 2.   b)  A(2,n) = 2n + 3.  c)  A(3,n) = 2n+3 - 3.

a) si n = 0, A(1,0) = A(0,1) = 1 + 1 = 2. A(1, n) = A(0, A(1,n-1)) = A(1,n-1) + 1 : on est en présence d'une suite arithmétique de raison 1, de premier terme 2. Donc  A(1, n) = 2 + n1 = n + 2

b)  On procède par récurrence :

i/ initialisation : si n = 0, A(2,0) = A(1,1) = A(0,A(1,0)) = A(1,0) + 1
                                              = 2 + 1 = 3 = 20 + 3 = 2n + 3.
ii/ hérédité : supposons A(2,n) = 2n + 3. A(2,n+1) = A(1, A(2,n))
                                            = A(2,n) + 2 = 2n + 3 + 2 = 2(n + 1) + 3.  CQFD.

c) On procède encore par récurrence :

i/  initialisation : si n = 0, A(3,0) = A(2,1) = 5 = 23 - 3 = 2n+3 - 3.
ii/ hérédité : supposons A(3,n) = 2
n+3 - 3. A(3,n+1) = A(2,A(3,n) = 2A(3,n) + 3 = 2(2n+3 - 3) + 3
                                            = 2
n+4 - 3 = 2(n+1)+3 - 3.  CQFD

  Le lecteur curieux peut maintenant passer à  m = 4 :


  Prouver que l'ensemble des nombres irrationnels est dense dans R.

Notons I l'ensemble des irrationnels. Il nous faut montrer que tout intervalle ]a,b[ de R contient au moins un élément de I.

Il existe nN tel que 1/n < b - a = d. Il suffit de choisir un entier naturel n > 1/d.


  Calculer au moyen de votre calculatrice, en une seule séquence (pas de mise en mémoire, pas de résultats partiels), le nombre :

La séquence à taper sur votre calculatrice est :

On termine par = ou EXE ou ENTER suivant la calculatrice utilisée.

Penser que diviser par un produit A x B c'est diviser successivement A puis encore par B :

N'ajoutez pas de ( ) sans précaution : on a pu enlever celles de N ÷ A car elles sont en début de calcul.
et on respecte l'ordre des opérations.

Exemple :   


  On considère la courbe (Γ) d'équation :  x = 2t3 + 3t2 , y = 3t4 + 4t3. Montrer que cette courbe admet 2 points de rebroussement et un point double que l'on précisera.

1°/  Points stationnaires :

On constate que la tangente en chaque point est dirigé par T(6t2 + 6t, 12t3 + 12t2). Ce vecteur est nul en t = 0 et t = - 1. Conformément à la théorie, on peut s'attendre à un rebroussement ou une inflexion.

On a m = y'/x' = 2t, donc dm/dt = 2 > 0 : ne change pas de signe. Examinons le vecteur dérivée seconde S(12t + 6, 36t2 + 24t).

2°/  Point double :

La courbe semble admettre un point double de coordonnées (1/2,1/4). Vérifions cela : il s'agit de résoudre le système :

2u3 + 3u2 = 2v3 + 3v2
3u4 + 4u3 = 3v4 + 4v3
u v

On utilise u3 - v3 = (u - v)(u2 + uv + v2) et u4 - v4 = (u - v)(u3 + uv2 + u2v + v3). On simplifie par u - v. On remarque que u3 + uv2 + u2v + v3 n'est autre que (u + v)(u2 + v2). En posant S = u + v et P = uv, on a u2 + v2 = S2 - 4P et finalement :

S(S2 + 3S + 2) = 0
2S2 + 3S = 2P

De la 1ère équation, on déduit S = 0 ou S = - 1 ou S = -2.

On remarquera que les deux points qui viennent d'être rejetés sont les points de rebroussement déjà trouvés. Cela est bien normal : u = -v correspond au point origine que l'on peut atteindre par des valeurs supérieures ou inférieures de t, tout comme le point (1,-1) lorsque t tend vers -1 : ce sont en quelque sorte des faux points doubles.


  Montrer la suite des sommes partielles de la série de Riemann de terme général 1/n2 est inférieure à 2.- 1/n.

Si Sn désigne la suite des sommes partielles de la série, on peut écrire :

Finalement, Sn < 2 - 1/n. Ainsi, La suite (Sn), positive donc croissante et majorée par 2 est convergente : la série Σ1/n2 converge et sa somme est inférieure (ou égale) à 2, limite de Sn. La somme est en fait égale à π2/6 :

Étude de ζ(2) = π2/6 :


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