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

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

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.

  La  sonde américaine Cassini a été envoyée vers Saturne en octobre 1997. Elle est arrivée près de la planète début décembre 2004. En arrondissant , on peut dire qu’elle a parcouru 3 milliards de km en 7 ans. Pourrais-tu calculer sa vitesse moyenne en km/h ? (on utilisera 1 année = 365 jours et on arrondira à la centaine). Convertis ensuite cette arrondi en km/s (kilomètres par seconde) en arrondissant à l'unité. Tu as droit à la calculatrice !

7 x 365 = 2555 et 1 jour dure 24 heures, donc 7 ans durent 61320 heures. Exprimée en kilomètres par heure (km/h), la vitesse moyenne v de la sonde durant les 7 ans se calcule en divisant la distance d parcourue (exprimée en km) par le temps du voyage t (exprimé en heures) :

vkm/h = d/t = 3 000 000 000/61320 = 48923,679 km/h..., soit (arrondi à la centaine) : vkm/h = 48900 km/h.

1 heure = 3600 secondes : en divisant par 3600, on trouve la vitesse moyenne exprimée en kilomètres par seconde :

vkm/s = 48900/3600 = 13,589..., soit (arrondi à l'unité) vkm/s = 14 km/s.


  Pour un périmètre donné p, comparer les aires du carré et de l'hexagone régulier

Un carré de périmètre p est de côté p/4. son aire est donc p2/16. Un hexagone régulier se divise en 6 triangles équilatéraux de côté p/6. La hauteur h de ces triangles (apothème) se calcule facilement : h2 = p2/36 - p2/144 = 3p2/144, soit h = p√3/12 (on retrouve là que la hauteur d'un triangle équilatéral de côté a est a√3/2). L'aire de chaque triangle est donc 1/2p/6p√3/12 et celle de l'hexagone p2√3/24 (six fois plus). Comparons les aires trouvées en conjecturant p2√3/24 > p2/16. Cela revient à écrire √3/24 > 1/16, soit √3 > 3/2. Ce qui est exact car √3 1,732 : à périmètre égal, l'aire du carré est moindre que celle de l'hexagone régulier.


  Dans un plan P, considérons un carré ABCD de centre O. Notons So la symétrie centrale par rapport à O, S1 la symétrie d'axe d1 passant par les milieux des côtés [AD] et [BC], S2 la symétrie d'axe d2 passant par les milieux des côtés [AB] et [CD] et i l'application identique de P. Montrer que muni de la loi de composition des applications, l'ensemble : E = {i,So,S1,S2} est un groupe commutatif dont on dressera la table de Pythagore

On montre tout d'abord que la loi de composition des applications est interne dans E : on apprend au collège qu'une symétrie coïncide avec sa réciproque, donc So o So = S1 o S1 = S2 o S2 = i, élément neutre de la loi o. On sait aussi que la composée de deux symétries axiales d'axes perpendiculaires en O est la symétrie de centre O : S1 o S2 = S2 o S1 = So.

On montrera facilement géométriquement que So o S1 = S1 o So = S2, ce qui montrera aussi (raisonnement identique) que So o S2 = S2 o So = S1. La loi o est associative. La table de Pythagore résume la situation. On obtient bien un groupe où chaque élément est son propre inverse.


  1.a) Avec les notations de la figure ci-dessous où ABDC est un parallélogramme, calculer le produit scalaire CDCB  (on ne cherchera pas ici à calculer BH et/ou DH où H est le projeté orthogonal de B...).
1.b) Retrouver votre résultat en calculant la valeur exacte de cos^DCB.
1.c) Retrouver votre résultat en calculant la valeur exacte de DH.
2) Calculer le produit scalaire CDCA de deux façons : l"une seul usage des normes, l'autre en utilisant le projeté orthogonal de CA sur (CD).

a) On utilise la formule   = ½ (|| ||2 + || ||2 - || - ||2) avec = CD et = CB , ce qui fournit : CDCB = ½(CD² + CB² - BD²) = ½(16 + 36 - 9) = 21,5.

b) La formule d'Al-Kashi appliquée dans le triangle BCD fournit : BD² = CD² + CB² - 2CD.CBcos^DCB, ce qui fournit cos^DCB = 43/48. D'où CDCB = CD.CBcos^DCB = 2443/48 = 43/2 = 21,5.

c) Une nouvelle application de la formule d'Al-Kashi dans le triangle BCD fournit : BC² = CD² + DB² - 2DC.DBcos^CDB, ce qui fournit cos^CDB = -11/24 (négatif car l'angle est obtus). Or, ^HDB = 180° - ^CDB, donc cos^HDB = -cos^CDB = 11/24. Par suite, DH = DB.cos^CDB = 311/24 = 11/8. Finalement, CDCB = CD.CH = CD.(CD + DH) = 4(4 + 11/8) = 43/48 = 21,5.

2) On a CA = BD = 3. On utilise la formule   = ½ (|| + ||2  - || ||2 - || ||2) avec = CD et = CA , ce qui fournit : CDCA = ½(CB² - CD² - CA²) = ½(36 16 - 9) = 5,5. Soit maintenant A' le projeté orthogonal de A sur (CD). On a CDCA = CD.CA'. Mais CA' = DH, d'où CDCA = 411/8 = 5,5.

  Dans le plan euclidien orienté rapporté à un repère orthonormé (O, i, j), on considère la rotation de centre O, d'angle π/4 et la symétrie axiale S d'axe (O, i). Justifier que S o R et R o S sont des symétries axiales et préciser leur axe.

S o R et R o S, composées d'un déplacement et d'un antidéplacement du plan sont des antidéplacements admettant au moins un point invariant ( isométries affines). Ce sont donc des symétries axiales. La détermination des axes de symétrie peut être ici obtenue par deux méthodes :

Méthode géométrique :

Notons (OJ) la médiatrice de [AC] en notant A(1,0), B = R(A), C = R-1(A), I = S(J).

On a (OJ,OI) = π/4, R(J) = I et et S(I) = J (puisque S est involutive) d'où (S o R)(J) = S(I) = J. Or :

Si f est une application affine admettant deux points invariants M et N, la droite (MN) est invariante point par point.

La droite (OJ) est donc l'axe de la symétrie S o R. On procède de même pour la symétrie R o S : (R o S)(O) = R(O) = O et (R o S)(I) = R(J) = I : la droite (OI) est donc l'axe de la symétrie R o S.

Méthode analytique :

Intéressons-nous par exemple à S o R. Notons φ et ψ les endomorphismes associés respectivement à R et S. On a : ψ(i) = i et ψ(j) = -j et :

 

R et S laissant O invariant. Si P(x,y) est un point du plan, son image P'(x',y') par S o R vérifie :

D'où l'expression analytique de S o R : 2x' = x - y , 2y' = -x - y. L'axe de S o R est la droite de ses points invariants, soit (2 - 1)x + y = 0. Son coefficient directeur est 1 - 2 : c'est tan (-π/8) : on retrouve (OJ).


  Lorsque k = 5, L'entier naturel 6 peut s'écrire dans Z[i5] : 2 x 3 = (1 + i5)(1 - i5). Montrer que 2, 3, 1 + i5 et 1 - i5 sont irréductibles. 2 et 3 sont-ils premier dans Z[i5] ?

Rappel : la norme d'un élément x = a + ibk de l'anneau Z[ik] est N(x) =  (a + ibk)(a - ibk) = a2 + kb2. On a N(x) = 0 ssi x = 0 et N(xy) = N(x)N(y)   preuve.

Dans Z[i5], si x est non entier N(x) = a2 + 5b2 5. Donc N(x) < 5 exprime un x entier, x = ±1, x ±2 (dont la norme est un carré).

a) Si d, autre que 1 et 2, divise 2 dans Z[i5], il existe u dans Z[i5] tel que 2 = du. N(2) = 4 = N(d)N(u). Dans N, N(d) est donc un diviseur de 4, donc d est entier, de norme d2 divisant 4. d ne peut être que 2 : à rejeter. 2 est irréductible dans Z[i5].

b) Concernant 3, par un même raisonnement, N(3) = 9 = N(d)N(u). Dans N, N(d) devrait diviser 9 avec d autre que 1 et 3. Les diviseurs de 9 sont 1, 3 et 9. Si N(d) = 1 ou 3, alors d = 1 ou 3. Donc N(d) = 9. Dans ces conditions N(u) = 1, donc u = ±1 et d = ±3 : à rejeter.

c) Concernant 1 ± i5 , N(1 ± i5) = 6 = N(d)N(u). Dans N, N(d) devrait diviser 6, donc N(d) = 1, 2, 3 ou 6. Les cas N(d) = 1, 2 ou 3 impliquent d entier : à rejeter. Le cas N(d) = 6 conduit encore à N(u) = ±1.

En conclusion, dans l'anneau Z[i5], un élément, comme 6 possède deux décompositions en produit de facteurs irréductibles et dans cet anneau, 2 et 3 divisant le produit(1 + i5)(1 - i5) ne divise aucun des termes de ce produit : ils ne vérifient pas le lemme de Gauss. 2 et 3 sont ici non premiers et Z[i5] n'est pas factoriel.

  Kummer            Notion d'idéal et divisibilité dans les anneaux

  On considère la fonction f, π-périodique, définie par f(t) = 3t/4 si t[0,2π/3] et f(t) = 3(π - t)/2 si t]2π/3,π]. Vérifier que f est continue. Calculer sa valeur moyenne sur [0,π] et donner son développement en série de Fourier.

La représentation graphique sur [0,π] a l'allure ci-dessus. Sa continuité est bien claire...

 

La valeur moyenne de f sur l'intervalle est π/4 (calculer l'aire du triangle grisé et diviser par p : plus simple que le calcul intégral). Ce sera notre ao/2 du développement en série de Fourier. On a ici ω = 2.

En intégrant par parties, on calculera sans difficulté les intégrales sur [0,2π/3] et [2π/3,π] des deux fonctions tcos2nt et de tsin2nt, ce qui conduira (attention aux erreurs de signe...), pour n au moins égal à 1, aux coefficients cherchés :

an = k.[cos(4nπ/3) - 1]   et  bn = k.sin(4nπ/3)  avec k = 9/(8πn2)


 Résoudre les équations différentielles :
1. y" + y' - 2y = sin x avec y(0) = y'(0) = 0
2. y" - y'/x = xex
3. Un phénomène est régi, pour x > 0, par l'équation du second ordre x2y" + axy' + b = f(x) où a et b sont des constantes. Montrer qu'en posant u = ln x (logarithme népérien de x, on se ramène à une équation linéaire du second ordre à coefficients constants.

1. L'équation caractéristique possède les solutions r = -2 et r = 1. Par suite la solution générale de l'équation sans second membre est :

Y = c1.e-2x + c2.ex

Afin de trouver une solution particulière, la méthode de la variation de la constante serait ici peu pertinente eu égard à la simplicité du second membre. Cherchons une solution de la forme :

a.sin x + b.cos x : on a y' = a.cos x - b.sin x, puis y" = -a.sin x - b.cos x

On reporte dans l'équation et on ordonne : (a - 3b).cos x + (-3a - b).sin x = sin x.

On est ramené au système très simple : a - 3b = 0 , -3a - b = 1 dont la solution est (a,b) = (-3/10;-1/10). La solution générale de l'équation est donc : y = c1.e-2x + c2.ex - (cos x + 3sin x)/10. Les conditions y(0) = y'(0) = 0 conduisent à : c1 + c2 = 1/10 , -2c1 + c2 = 3/10. D'où c1 = -1/15 et c2 = 1/6. Par suite :

y = -e-2x/15 + ex/6 - (cos x + 3sin x)/10

2. Cette équation du second ordre est linéaire mais ses coefficients ne sont pas (tous) constants. En cherchant à résoudre l'équation homogène associée y" - y'/x = 0 que l'on ramène à xy" - y' = 0 avec x non nul, on constate que y = cte (constante) et y = x2 sont des solutions "évidentes". La solution générale de l'équation homogène est alors : y = a + bx2

Recherchons une solution particulière de l'équation complète par la méthode de la variation des constantes : on suppose que y = a + bx2 est solution avec a et b fonction de x en forçant la relation a' + b'x2 = 0. On calcule y' = a' + b'x2 + 2bx = 2bx, vu la condition précédente; puis y" = 2b'x + 2b. On reporte dans l'équation, ce qui fournit : 2b' = ex. On obtient alors b = ex/2 puis a' = -b'x2, soit : 2a' = -x2ex.

Une double intégration par parties fournit : a = -ex(x2/2 - x + 1) et une solution particulière de l'équation complète est donc : y = a + bx2 = (x - 1)ex. La solution générale de notre équation est finalement :

y = k + x2 + (x - 1)ex , k réel

3. On a x = eu et du = dx/x, donc du/dx = 1/x. Or :

  • y' = dy/dx = (dy/du) x (du/dx) = (dy/du) x 1/x

  • y" = d/dx[dy/dx] = (dy/du) x (-1/x2) + (d2y/du2) x (du/dx) x (1/x) = (dy/du) x (-1/x2) + (d2y/du2) x (1/x2)

On remplace dans l'équation initiale : d2y/du2 + (A - 1)dy/du + By = f(eu) que l'on peut écrire plus simplement :

y'' + (A - 1)y' + By = f(eu) , y fonction de u

C'est bien une équation linéaire du second ordre à coefficients constants.


 Résoudre les équations différentielles :
1.
y' + y + 1 = ex             
2.
y' + y = cos x             
3. xy' + 2y = ex , y(1) = 0     
4. y'' - 8y' + 15y = e3xcos2x   : on se ramènera au 1er degré en posant y = ze3x.

1.  L'équation que nous notons (e) s'écrit  y' + y = ex - 1.

L'équation sans second membre Y' + Y = 0 s'écrit Y'/Y = - 1. C'est dire que Y = k.e-x. Recherchons une solution particulière au moyen de la méthode de la variation de la constante :

Si y = k(x).e-x, alors y' = k'e-x - k.e-x; on reporte dans (e), ce qui fournit k' = e2x - ex, soit : k(x) = e2x/2 - ex (à une constante additive près que nous choisissons nulle, puisqu'il s'agit ici de la recherche d'une solution particulière).

Une solution particulière de (e) est donc yo = ex/2 - 1 et la solution générale est Y + yo soit :

y = k.e-x + ½ex - 1 , k R

2.  Pour ce second cas, la méthode de la variation de la constante conduit à k' = ex.cos x, ce qui nécessite une intégration par parties  : à une constante additive près, on sait que :

u'v = uv - uv'

On trouve sans difficultés : k(x) = ½(sin x + cos x) et finalement :

y = Ce-x + ½(sin x + cos x) , C R

Dans ces deux cas, on aurait pu procéder par tâtonnement dans la recherche de la solution particulière, ces dernières paraissent assez "naturelles" vu la nature de l'équation. Mais :

  1. C'est toujours facile de dire cela quand on connaît le résultat...

  2. Procéder par tâtonnements peut souvent prendre plus de temps et ce n'est pas très rigoureux à moins de parler d'intuition, ce qui est plus élégant...

Toutefois, concernant le 1er cas, il est intéressant de connaître le résultat bien évident (par raison de linéarité) suivant :

Si le second membre est de la forme f1(x) + f2(x) + ... et si y1, y2, ... sont des solutions particulières de l'équation obtenue en substituant respectivement f1(x), f2(x), ... au second membre, alors y1 + y2 + ... est une solution particulière de l'équation avec second membre.

Dans notre cas, il est clair que :

  • l'équation y' + y = ex admet y1 = ex/2 comme solution particulière;
  • l'équation y' + y = -1 admet y2 = -1 comme solution particulière.

On retrouve ainsi très simplement le résultat obtenu par variation de la constante.

 3.  La solution de l'équation homogène vérifie ln |Y| = ln(1/x2) + k = ln(ek/x2). Ainsi Y = C/x2 en posant C = ±ek.

La méthode de la variation de la constante conduit à rechercher une solution particulière sous la forme y = a/x2 avec y' = a'/x2 - 2a/x3, d'où a' = x.ex et une intégration par parties fournit a = (x - 1) ex (à une constante additive près) :

Mais y(1) = 0, donc 0 = C et la solution de l'équation est finalement :

 

 4. En posant, comme indiqué, y = ze3x, on est conduit à z" - 2z' = cos2x. On pose alors u = z' pour se ramener au 1er ordre. On obtient u = ke2x comme solution générale de l'équation homogène.

La méthode de la variation de la constante fournit k par double intégration par parties et on obtient u = ¼(sin2x - cos2x). Finalement z = -(sin2x + cos2x)/8 + C + ½ke2x . Par conséquent :

y = [-(sin2x + cos2x)/8 + C]e3x + ½ke5x


 Donner le développement de Taylor d'ordre 2 au point (1,1) lorsque f(x,y) = x3y2 - x2y + 2x + 1

On a :

  • f(1,1) = 3.

  • f/x = 3x2y2 - 2xy + 2 ; f/y = 2x3y - x2.

  • 2f/xy = 6yx2 - 2x  ; 2f/x2 = 6xy2 - 2y ; 2f/y2 = 2x3.

  • 3f/x3 = 6y2 ; 3f/x2y = (2f/xy)/x = 12xy - 2 ; 3f/xy2 = (2f/xy)/y = 6x2 ; 3f/y3 = 0.

  • (h./x + k./y) f  = h(3x2y2 - 2xy + 2) + k(2x3y - x2) = 3h + k au point (1,1).

  • (h./x + k./y)(2) f = h22f/x2 + 2hk2f/xy + k22f/y2 = h2(6xy2 - 2y) + 2hk(6yx2 - 2x) + k2(2x3)
                                   = 4h2 + 8hk + 2k2 au point (1,1).

  • (h./x + k./y)(3) f = h33f/x3 + 3h2k3f/x2y + 3hk23f/xy2 + k33f/y3 = h3(6y2) + 3h2k(12xy - 2) + 3hk2(6x2) + 0
                                   = 6h3y2 + 36h2kxy - 6h2k + 18hk2x2.

Donc, en vertu de la formule de Taylor pour deux variables, avec 0 < θ < 1 :

f(1 + h,1 + k) = 3 + 3h + k + (4h2 + 8hk + 2k2)/2! + [6h3(1 +θk)2 + 36h2k(1 +θh)(1 +θk) - 6h2k + 18hk2(1 +θh)2]/3!

En notant R(h,k) = hk(5h + 3k)+ h3 + o(h3) + o(k2), on pourra finalement écrire :

f(1 + h,1 + k) = 3 + 3h + k + 4hk + 2h2 + k2 + R(h,k)

Prenons un exemple numérique, h = k = 1/100 :

f(1.01 , 1.01) = 3 + 0,04 + 0, 0004 + 0, 0003 + R(1/00, 1/100) = 3,0407 + R(1/00, 1/100)

Une bonne approximation puisque la valeur exacte est de 3,04070905.


  Prouver que dans un ensemble fini E (ayant un nombre fini d'éléments), les propositions suivantes sont équivalentes :

  1. f est une bijection de E

  2. f est une injection de E dans E

  3. f est une surjection de E sur E.

Notons n le cardinal de E (son nombre d'éléments). Il est clair que 12 et 13.

Supposons 2 : f étant injective et E étant fini, ses n éléments ont des images par f distinctes : donc f(E) possède n éléments. C'est dire que f(E) = E : f est surjective. Donc 23 et 21.

Supposons 3 : f étant surjective, les n éléments de E sont des images par f et, par suite, deux éléments distincts de E ne peuvent avoir la même image (il y aurait alors n-1 images au plus) : f est injective.

Donc 32 et 31 : les propositions 1, 2 et 3 sont équivalentes.


  Spirale de Fibonacci : l'énoncé des questions est ici ou en cliquant sur la flèche de retour.

On sait Φ que est solution de l'équation Φ2 - Φ - 1 = 0 ce qui revient à : Φ - 1 = 1/Φ.

1°/ On sait Φ que est solution de l'équation Φ2 - Φ - 1 = 0 ce qui revient à : Φ - 1 = 1/Φ.
FC = kΦ - k = k(Φ - 1) = k/Φ.

2°/ a) GF/GE = FC/AE = (k/Φ)/k = 1/Φ.
     b) Pour montrer que EBHG est un carré, il suffit de montrer que GE = FC.
         Or EF = k = GE + GF = GE + GE/Φ = GE(1 + 1/Φ) = ΦGE. D'où GE = k/Φ = FC, ce qu'il fallait démontrer.
         Par suite, EF/EB = k/(k/Φ) = Φ : EBCF est bien un rectangle d'or.

3°/  GF/GE = 1/Φ et GE = k/Φ conduisent à GF = k/Φ2. GHCF est un rectangle dont le rapport de la longueur à la largeur est FC/GF = (k/Φ)/(k/Φ2) = Φ : c'est bien un rectangle d'or.

4°/  a)  Il suffit de montrer que KHCL est un carré : BH/BC = KH/FC, soit (k/Φ)/k = KH/(k/Φ), d'où KH = k/Φ2 = GF = HC. GKLF est donc un rectangle d'or dont la largeur est GF/Φ = k/Φ3.

b) Dans le triangle rectangle BFC, tan ^BFC = k/(k/Φ) = Φ et dans le triangle rectangle DAC, tan ^DAC = (kΦ)/k = Φ. Deux angles aigus ayant même tangente ont même mesure, par suite ^BFC = ^DAC et les triangles DAC et FLC ont donc mêmes mesures d'angles. L'angle ^ADC étant droit, il en est de même de^FLC : les diagonales [AC] et [FB] sont perpendiculaires.

5°/ Par construction, la distance d(Cn,Cn+1) est k/Φn et le rayon des quarts-de-cercle est k/Φn+1. Vu que Φ > 1, ces valeurs tendent vers 0 lorsque n augmente indéfiniment (suite géométrique de raison 1/Φ < 1. La suite des Cn converge donc vers un point limite. Les centres de rang pair sont situés sur [AC] et ceux de rang impair sur [FB]. Une suite ayant une unique limite, ce ne peut être que le point d'intersection de ces deux diagonales et les quarts-de-cercle se réduisent finalement à un "cercle-point" de rayon nul.


  On considère la courbe algébrique d'équation f(x,y) = x5 - (y - x2)2 = 0.
        a/ Calculer ∂f/∂x et ∂f/∂y.  b/ Étudier les points singuliers de la courbe (γ) associée à f.

a/ ∂f/∂x = x[5x3 + 4(y - x2)], ∂f/∂y = -2(y - x2). Le seul point annulant ∂f/∂x et ∂f/∂y est (0,0).
b/ ∂2f/∂x∂y = 4x = 0 en (0,0)   |   ∂2f/∂x2 = 5x3 + 11x2 - 8x + 4y = 0 en (0,0)  |  ∂2f/∂y2 = -2.

L'équation des pentes est -2m2 = 0. Solution double m = 0 (le discriminant D = ∂2f/∂x∂y - ∂2f/∂x22f/∂y2 est nul, ∂2f/∂y2 non nul). Point double tacnodal (deux tangentes confondues) en (0,0). Or, pour tout point M(x,y) de la courbe, x5 est un carré, x reste donc positif au voisinage de 0 : il s'agit alors en fait d'un rebroussement de 2ème espèce : la courbe reste au-dessus de sa tangente qui n'est autre que (Ox) :


  Montrer qu'une forme bilinéaire symétrique, sur un espace vectoriel E, ne gardant pas un signe constant est dégénérée.
 

Par hypothèse, il existe un couple (u,v) de vecteurs de E, non nuls et tels que f(u,u) < 0 et f(v,v) > 0. Posons pour tout réel r :

P(r) = f(u + r.v , u + r.v)

P(r) est un trinôme du second degré en r admettant deux zéros non nuls car son discriminant est strictement positif et f(u,u) non nul. Il existe donc un réel ro tel que P(ro) = 0 et u + ro.v non nul : sinon u = -ro.v et f(u,u) = ro2.f(v,v) > 0, ce qui est contradictoire à l'hypothèse.


   Diophante passa un sixième de sa vie dans la jeunesse et un douzième dans l'adolescence. Après un septième de sa vie et cinq ans plus tard, il eut un fils qui mourut hélas alors qu'il avait atteint la moitié de l'âge de son père. Diophante attristé ne lui survécut que quatre ans. à quel âge mourut ce grand savant ?

On obtiendra l'âge n cherché en sommant les fractions de sa vie et les années passées indiquées dans l'énoncé. On a tout simplement :

n = n/6 + n/12 + n/7 + 5 + n/2 + 4

On passe n/2 dans le membre de gauche;  le ppmc des dénominateurs est 127 = 84. 9n/84 = 9, donc n = 84.
Diophante a vécu 84 ans. Pas mal, pour l'époque...


   Soit f et g dans (E), λ et μ deux scalaires. Montrer que λμ(f o g) = (λf) o (μg).

Pour tout x de E :

  • λμ(f o g)(x) = λμf(g(x)) = λ[μf(g(x))] = λ[f(μg(x))] (dernière égalité du fait de la linéarité de f)

  • λ[f(μg(x))] = λf(μg(x)) = (λf )((μg)(x))  = ((λf) o (μg))(x).

On a donc bien l'égalité fonctionnelle λμ(f o g) = (λf) o (μg), ou plus simplement λf o μg.

La linéarité de g n'a pas été utilisée.


  Montrer que le noyau d'un homomorphisme h d'un anneau A dans un anneau B, à savoir Ker(h) = {αA, h(α) = 0} est un idéal (bilatère) de A.

Notons additivement et d'égale manière les lois de A et B. Ker(h) est non vide dans A car il contient l'élément nul de A. Considérons deux éléments α et β de Ker(h); on a h(α) = h(β) = 0, donc h(α - β) = h(α) - h(β) = 0, ce qui montre que Ker(h) est un sous-groupe additif de A. Soit maintenant xKer(h) et a un élément quelconque de A, h(ax) = h(a)h(x) = h(a)0 = 0 : Ker(h) est un idéal à gauche. De même h(xa) = 0 : Ker(h) est un idéal bilatère.


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