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COURS DE MATHÉMATIQUES Terminale S Valère B ONNET ([email protected]) 29 mai 2011 Lycée P ONTUS DE T YARD 13 ru...

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COURS DE MATHÉMATIQUES Terminale S

Valère B ONNET ([email protected])

29 mai 2011

Lycée P ONTUS DE T YARD 13 rue des Gaillardons 71100 CHALON SUR SAÔNE Tél. : (33) 03 85 46 85 40 Fax : (33) 03 85 46 85 59 FRANCE

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LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

Table des matières Table des matières I

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Vocabulaire de la logique I.1 Qu’est-ce qu’une proposition ? . . . . . . . I.2 Négation d’une proposition . . . . . . . . I.3 Le « et » . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.4 Le « ou » . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.5 Propositions et parties d’un ensemble . . I.6 Lois de MORGAN . . . . . . . . . . . . . . I.7 Opérations sur les parties d’un ensemble I.8 Implications . . . . . . . . . . . . . . . . . I.8.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . I.8.2 Réciproque d’une implication . . . I.8.3 Contraposée d’une implication . . I.8.4 Implication contraire . . . . . . . . I.9 Double implication ou équivalence . . . . I.10 Formules récapitulatives . . . . . . . . . . I.11 Raisonnement par récurrence . . . . . . .

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Révisions II.1 Identités remarquables . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.2 Éléments de symétries d’une courbe . . . . . . . . . . II.2.1 Symétries dans IR . . . . . . . . . . . . . . . . . II.2.2 Axe de symétrie d’une courbe . . . . . . . . . . II.2.3 Centre de symétrie d’une courbe . . . . . . . . II.3 Trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.3.1 Quelques valeurs remarquables . . . . . . . . . II.3.2 Quelques formules . . . . . . . . . . . . . . . . . II.3.3 Équations trigonométriques . . . . . . . . . . . II.4 Géométrie du triangle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.4.1 Aire d’un triangle . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.4.2 Théorème des sinus . . . . . . . . . . . . . . . . II.4.3 Théorème d’A L K ASHI . . . . . . . . . . . . . . . II.4.4 Théorème de la médiane . . . . . . . . . . . . . II.5 Polynômes du second degré . . . . . . . . . . . . . . . II.5.1 Forme canonique . . . . . . . . . . . . . . . . . II.5.2 Représentation graphique et sens de variation II.5.3 Factorisation et résolution d’équations . . . . . II.5.4 Signe d’un trinôme . . . . . . . . . . . . . . . . II.5.5 Tableau récapitulatif . . . . . . . . . . . . . . . . II.5.6 Compléments . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.5.7 Travaux dirigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.5.8 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.6 Exercices résolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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9 9 9 9 10 11 12 12 13 14 18 18 18 19 19 19 19 20 21 24 25 25 25 26 26

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Table des matières

III Suites numériques III.1 Vocabulaire de l’ordre dans IR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.1.1 Majorants, minorants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.1.2 Théorème de la borne supérieure (complément) . . . . . . . . III.2 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.2.2 Composée d’une suite par une fonction . . . . . . . . . . . . . III.2.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.3 Représentation graphique d’une suite . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.3.1 Représentation graphique d’une suite définie explicitement . III.3.2 Représentation graphique d’une suite définie par récurrence III.3.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.4 Suites bornées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.4.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.4.2 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.5 Suites monotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.5.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.5.2 Méthodes d’étude du sens de variation d’une suite . . . . . . . III.5.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.6 Suites arithmétiques - suites géométriques . . . . . . . . . . . . . . . III.6.1 Suites arithmétiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.6.2 Suites géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.6.3 Exercices résolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.7 Limites de suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.7.1 Limite finie, limite infinie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.7.2 Théorèmes de comparaisons . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.7.3 Calcul algébrique de limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.7.4 Limites de suites géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.7.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.8 Suites monotones bornées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.8.1 Théorème de convergence d’une suite monotone . . . . . . . III.8.2 Suites adjacentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.8.3 Exercices résolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.8.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.9 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IV

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Limites de fonctions, continuité IV.1 Limite finie (ou réelle) . . . . . . . . . . . . IV.1.1 Limite d’une fonction en +∞ . . . IV.1.2 Limite d’une fonction en un réel a IV.2 Notion de continuité . . . . . . . . . . . . IV.3 Utilisation de la continuité . . . . . . . . . IV.3.1 Continuité et bijection . . . . . . .

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Exponentielles et équations différentielles V.1 La fonction exponentielle de base e . . . . . . . . . . . . . . . V.1.1 Propriété fondamentale . . . . . . . . . . . . . . . . . . V.1.2 Sens de variation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V.1.3 Autres propriétés algébriques de l’exponentielle . . . V.1.4 Quelques limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V.2 La fonction logarithme népérien . . . . . . . . . . . . . . . . V.2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V.2.2 Dérivabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V.2.3 Dérivée de ln u . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V.2.4 Logarithme népérien et calcul intégral . . . . . . . . . V.3 Des exponentielles et des logarithmes . . . . . . . . . . . . . V.3.1 Notation a b , pour a, b réels et a > 0 . . . . . . . . . . . V.3.2 Fonctions exponentielles de base a (avec a > 0) . . . . V.3.3 Fonctions logarithmes de base a (avec a > 0 et a , 1) V.4 Équations différentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V.4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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Terminale VI

Table des matières V.4.2 V.4.3 V.4.4 VI

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Équations du type y ′ − a y = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Équations du type y ′ − a y = b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Dérivabilité VI.1 Fonctions dérivables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI.1.1 Nombre dérivé, fonction dérivée . . . . . . . . . . VI.1.2 Dérivabilité des fonctions usuelles . . . . . . . . . VI.1.3 Principaux résultats . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI.2 Dérivation d’une fonction composée . . . . . . . . . . . . VI.2.1 Théorème de dérivation d’une fonction composée p VI.2.2 Dérivée de la fonction u . . . . . . . . . . . . . . VI.2.3 Dérivée de la fonction u n (n ∈ ) . . . . . . . . . . VI.3 Dérivation et études de fonctions . . . . . . . . . . . . . . VI.3.1 Sens de variation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI.3.2 Extremum local . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI.4 Dérivées successives d’une fonction . . . . . . . . . . . . VI.5 Exercices résolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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VII Nombres complexes VII.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.1.1 Des équations et des ensembles . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.1.2 Activités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.1.3 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.1.4 Calcul dans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.2 Interprétations géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.2.1 Affixe, point image, vecteur image . . . . . . . . . . . . . . . . . ~′ , k~ ~ ′. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.2.2 ~ u +u u , MM VII.2.3 Écriture complexe de certaines symétries . . . . . . . . . . . . VII.2.4 Coordonnées polaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.2.5 Module et arguments . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.3 Propriétés algébriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.3.1 Propriétés du conjugué . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.3.2 Propriétés du module et des arguments . . . . . . . . . . . . . VII.3.3 Formule de M OIVRE (complément) . . . . . . . . . . . . . . . . VII.4 Notation exponentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.4.1 Une équation différentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.4.2 Définitions et propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.4.3 Forme exponentielle et symétries usuelles . . . . . . . . . . . . VII.4.4 Formules d’E ULER . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.4.5 Racines carrées d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . . VII.5 Nombres complexes et polynômes (compléments) . . . . . . . . . . . VII.5.1 Théorème fondamental de l’algèbre . . . . . . . . . . . . . . . VII.5.2 Résolution des équations du second degré . . . . . . . . . . . VII.6 Utilisation des nombres complexes (compléments) . . . . . . . . . . VII.6.1 Racines n-ièmes de l’unité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.6.2 Racines n-ièmes d’un nombre complexe non nul . . . . . . . . VII.6.3 Polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.6.4 Forme algébrique des racines carrées d’un nombre complexe VII.6.5 Trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.7 Géométrie et nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.7.1 Propriétés générales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII.7.2 Écriture complexe de quelques transformations usuelles . . . VII.7.3 Affixe du barycentre d’un système de points pondérés . . . . .

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77 77 77 77 78 78 80 80 81 81 81 82 83 83 84 84 85 85 85 86 86 86 86 87 87 89 89 89 90 92 93 94 95 95 96

Z

C

-

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VIII Intégration VIII.1Primitives d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.1.1Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.1.2Détermination pratique . . . . . . . . . . . . . . . VIII.1.3Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.2Premiers calculs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.2.1Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.2.2Intégrale d’une fonction constante . . . . . . . . VIII.2.3Intégrale d’une fonction en escalier . . . . . . . . VIII.2.4Activité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.2.5Propriétés des intégrales de fonctions en escalier VIII.3Intégrale de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.3.1Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.3.2Sommes de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.3.3Exemple d’intégrale d’une fonction usuelle . . . VIII.4Théorème fondamental de l’analyse . . . . . . . . . . . VIII.4.1Problème ouvert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.4.2Théorème fondamental de l’analyse . . . . . . . VIII.4.3Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.5Proptiétés algébriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.5.1Relation de Chasles . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.5.2Linéarité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.5.3Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.6Propriétés de comparaison . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.6.1Signe de l’intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.6.2Inégalité de la moyenne . . . . . . . . . . . . . . . VIII.6.3Valeur moyenne d’une fonction . . . . . . . . . . VIII.6.4Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.7Autres techniques de calcul . . . . . . . . . . . . . . . . VIII.7.1Intégration par parties . . . . . . . . . . . . . . . VIII.7.2Intégration et invariance géométrique . . . . . . VIII.7.3Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IX

X

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97 97 97 98 99 99 99 100 100 102 103 103 103 104 107 108 108 108 110 110 110 111 112 112 112 113 115 116 117 117 118 120

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121 121 121 122 123 124 124 124 125 129

Calcul des probabilités X.1 Calculs de probabilités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . X.1.1 Vocabulaire des événements . . . . . . . . . . . . X.1.2 Probabilité d’un événement . . . . . . . . . . . . X.1.3 Probabilités conditionnelles . . . . . . . . . . . . X.2 Variable aléatoire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . X.2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . X.2.2 Fonction de répartition d’une variable aléatoire X.2.3 Caractéristiques d’une variable aléatoire . . . . . X.2.4 Variables aléatoires indépendantes . . . . . . . . X.3 Lois de probabilités discrètes . . . . . . . . . . . . . . . X.3.1 Loi binomiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . X.3.2 Loi de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . X.4 Lois de probabilités continues . . . . . . . . . . . . . . . X.4.1 Intégrales généralisées . . . . . . . . . . . . . . . X.4.2 Généralités sur lois de probabilités continues . . X.4.3 Loi uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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131 131 131 132 136 138 138 139 139 142 144 144 146 148 148 149 151

Dénombrement IX.1 Notions Préliminaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IX.1.1 Rappels et compléments sur les ensembles . . IX.1.2 Produit cartésien d’ensembles . . . . . . . . . . IX.2 Factorielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IX.3 Tirage de p éléments dans un ensemble à n éléments IX.3.1 Tirages successifs avec remise . . . . . . . . . . IX.3.2 Tirages successifs sans remise . . . . . . . . . . IX.3.3 Combinaisons - Tirages simultanés . . . . . . . IX.3.4 Tableau récapitulatif . . . . . . . . . . . . . . . .

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

Table des matières

X.5 XI

vii

X.4.4 Loi exponentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 Adéquation à la loi équirépartie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

Barycentre XI.1 Barycentre . . . . . . . . . . . XI.1.1 Introduction . . . . . . XI.1.2 Activités . . . . . . . . . XI.1.3 Définition et propriétés XI.1.4 Propriétés . . . . . . . . XI.1.5 Exercices . . . . . . . .

Index

-

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153 153 153 153 154 156 158 159

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viii

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Table des matières

Terminale VI

Chapitre I

Vocabulaire de la logique I.1 Qu’est-ce qu’une proposition ? D ÉFINITION I.1.1 PROPOSITION Une proposition est un énoncé qui est soit vrai soit faux.

Exemple Considérons un quadrilatère ABCD, dans le plan. On peut envisager les propositions, P : « ABCD est un carré » ; Q : « ABCD est un parallélogramme ». Suivant la nature du quadrilatère ABCD la proposition P, comme la proposition Q, est soit vraie, soit fausse.

I.2 Négation d’une proposition D ÉFINITION I.2.1 La négation d’une proposition P est la proposition, notée « non P » ou « P » ou encore « ¬P », qui est fausse lorsque P est vraie et vraie lorsque P est fausse.

Exemples 1. Reprenons les propositions de l’exemple précédent. On a, P : « ABCD n’est pas un carré » ; Q : « ABCD n’est pas un parallélogramme ». 2. Soit n un nombre entier. La négation de T : « n est pair » ; est T : « n n’est pas pair » ; c’est-à-dire : « n est impair ». 3. Soit x un nombre réel. La négation de R : « x > 2 » ; est , R : « x É 2 ». 4. La négation de S : « pour tout réel x : 0 É x 2 » ; est S : « il existe un réel x (au moins) tel que : 0 > x 2 ». Remarques 1. La négation de la négation d’une proposition P, c’est-à-dire P, est synonyme de la proposition P elle même. On écrit : P ≡ P. 2. Désignons par K l’intervalle ]2; +∞[ et par K le complémentaire de K dans Les propositions R et R s’écrivent alors R : « x ∈ K » ; et R : « x ∈ K ». En effet, les propositions « x ∉ K » et « x ∈ K » sont synonymes.

I.3 Le « et » D ÉFINITION I.3.1 1

R ; K est donc l’intervalle ] − ∞; 2].

2

I. Vocabulaire de la logique Soit Q, P deux propositions. La proposition (P et Q) est la proposition qui est vraie lorsque P et Q sont toutes deux vraies, et fausse dans le cas contraire.

Exemples 1. Soit x un nombre réel, on considère les propositions P : « 1 < x » ; Q : « x É 3 ». P et Q est la proposition : « 1 < x et x É 3 » ; c’est-à-dire : « 1 < x É 3 ». 2. Considérons un quadrilatère ABCD et les propositions P : « ABCD a deux côtés perpendiculaires » ; Q : « ABCD est un parallélogramme ». On a, P et Q : « ABCD est un parallélogramme qui a deux côtés perpendiculaires ». Remarques 1. Dans le premier exemple, si on désigne par I l’intervalle ]1; +∞[ et par J l’intervalle ]−∞; 3], P et Q s’écrivent respectivement : « x ∈ I » et « x ∈ J ». La proposition (P et Q) s’écrit alors : « x ∈ I ∩ J ». En effet, les propositions « x ∈ I et x ∈ J » et « x ∈ I ∩ J » sont synonymes. 2. La proposition P et Q est parfois notée : P ∧ Q. Exemple Soit A et B parties d’un univers Ω et x un élément de Ω. Considérons les propositions P : « x ∈ A » et Q : « x ∈ B ». La proposition P ∧ Q : « x ∈ A et x ∈ B » est synonyme de :« x ∈ A ∪ B »

I.4 Le « ou » Dans le langage courant, le mot « ou » a deux sens distincts : un sens exclusif comme dans l’affirmation « le menu propose fromage ou dessert », et un sens inclusif comme dans la phrase « Les Canadiens parlent l’anglais ou le français ». Dans le premier cas il signifie « soit fromage,soit dessert », dans le second cas il n’est pas exclu que certains Canadiens parlent les deux langues. C’est dans ce sens inclusif que « ou » est utilisé en mathématiques et en logique. Quand il est utilisé dans son sens exclusif, en général on le précise. D ÉFINITION I.4.1 Soit Q, P deux propositions. La proposition (P ou Q) est la proposition qui est vraie lorsque l’une au moins des propositions Q, P est vraie, et fausse dans le cas contraire.

Exemple Soit x un nombre réel, on considère les propositions P : « x É 1 » ; Q : « 3 < x ». P ou Q est la proposition : « x É 1 ou 3 < x ». Remarques 1. Reprenons les intervalles I et J introduits dans la remarque précédente. Les propositions P et Q s’écrivent respectivement : « x ∈ I » et « x ∈ J ». La proposition (P ou Q) s’écrit alors : « x ∈ I ∪ J ». En effet, les propositions « x ∈ I ou x ∈ J » et « x ∈ I ∪ J » sont synonymes. 2. La proposition P ou Q est parfois notée : P ∨ Q Exemple Soit A et B parties d’un univers Ω et x un élément de Ω. Considérons les propositions P : « x ∈ A » et Q : « x ∈ B ». La proposition P ∨ Q : « x ∈ A et x ∈ B » est synonyme de :« x ∈ A ∪ B »

I.5 Propositions et parties d’un ensemble Nous avons constaté à travers les remarques précédentes et nous admettons que de façon générale : – la négation est aux propositions ce que le complémentaire est aux parties d’un ensemble ; – la conjonction (le « et ») est aux propositions ce que l’intersection est aux parties d’un ensemble ; – la disjonction (le « ou ») est aux propositions ce que l’union est aux parties d’un ensemble.

I.6 Lois de MORGAN F et G désignent deux parties d’un ensemble Ω. LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

I.7. Opérations sur les parties d’un ensemble Ω

Colorier F ∪ G

G

F

Colorier F ∩ G

F

3

G

F

Colorier F ∪ G

Ω

G

Ω

Colorier F ∩ G

F

Ω

G

Soit Q, P deux propositions. Dire que la proposition (P ou Q) est fausse signifie que les propositions Q, P sont toutes deux fausses. La proposition (non(P ou Q)) est donc synonyme de la proposition ((non P) et (non Q)). P∨Q ≡ P∧Q De même, dire que la proposition (P et Q) est fausse signifie que l’une au moins des propositions Q, P est fausse. La proposition (non(P et Q)) est donc synonyme de la proposition ((non P) ou (non Q)). P∧Q ≡ P∨Q

Exemples 1. x désigne un nombre réel. La négation de « 0 < x et x É 1 » est « 0 Ê x ou x > 1 ». La négation de « 0 < x ou x É −1 » est « 0 Ê x et x > −1 ». 2. ABCD désigne un quadrilatère. La négation de « ABCD est un parallélogramme mais n’est pas un carré » est « ABCD est un carré ou n’est pas un parallélogramme». Remarque Les formules : F ∪ G = F ∩ G ; F ∩ G = F ∪ G ; P ∨ Q ≡ P ∧ Q et P ∧ Q ≡ P ∨ Q ; sont appelées lois (ou formules) de Morgan 1 .

I.7 Opérations sur les parties d’un ensemble Soit Ω un ensemble. L’ensemble des parties de Ω est noté : P (Ω). F, G et H désignent trois éléments de P (Ω). 1. MORGAN (AUGUSTUS DE ) Inde 1806 - Londres 1871, mathématicien et logicien britannique.

-

série S

4

I. Vocabulaire de la logique Colorier F ∪ (G ∩ H)

F

G

H Colorier F ∩ (G ∪ H)

F

H

Colorier (F ∪ G) ∩ (F ∪ H)

Ω

F

G

Colorier (F ∩ G) ∪ (F ∩ H)

Ω

G

H

Ω

F

H

Ω

G

T HÉORÈME I.7.1 Soit Ω un ensemble. Pour tous éléments F, G, H de P (Ω), on a : F∩G = G∩F ∩ est commutative dans P (Ω) ; F∪G = G∪F ∪ est commutative dans P (Ω) ; F ∩ (G ∩ H) = (F ∩ G) ∩ H ∩ est associative dans P (Ω) ; F ∪ (G ∪ H) = (F ∪ G) ∪ H ∪ est associative dans P (Ω) ; F ∩ (G ∪ H) = (F ∩ G) ∪ (F ∩ H) dans P (Ω) ∩ est distributive par rapport à ∪ ; F ∪ (G ∩ H) = (F ∪ G) ∩ (F ∪ H) dans P (Ω) ∪ est distributive par rapport à ∩ ; Ω∩F = F∩Ω = F Ω est élément neutre pour ∩ dans P (Ω) ; ;∪F = F∪; = F ; est élément neutre pour ∪ dans P (Ω).

Remarques ¡ ¢ ¡ ¢ 1. Lorsque Ω est non vide, P (Ω) , ∪ et P (Ω) , ∩ ne sont pas des groupes car la plupart des éléments ne sont pas inversibles. Par exemple il n’existe pas d’élément Ω′ dans P (Ω) tel que : Ω ∪ Ω′ = ∅. 2. L’associativité permet de légitimer des écritures telles que F ∪ G ∪ H ou F ∩ G ∩ H. On peut réécrire le théorème précédent en remplaçant les parties de Ω par des propositions. On obtient alors le théorème suivant. T HÉORÈME I.7.2 Soit P, Q, R trois propositions. Les propositions (P et Q) et (Q et P) sont synonymes. Les propositions (P ou Q) et (Q ou P) sont synonymes. Les propositions (P et (Q et R)) et ((P et Q) et R) sont synonymes. Les propositions (P ou (Q ou R)) et ((P ou Q) ou R) sont synonymes. Les propositions (P et (Q ou R)) et ((P et Q) ou (P et R)) sont synonymes. Les propositions (P ou (Q et R)) et ((P ou Q) et (P ou R)) sont synonymes.

Remarques 1. Pour démontrer les propriétés du théorème ci-dessus, on peut utiliser un tableau de vérité. Par exemple le tableau ci-dessous envisage dans les trois premières colonnes tous les cas possibles et on constate qu’a chaque fois les propositions (P et (Q ou R)) et ((P et Q) ou (P et R)) ont la même valeur, ce qui prouve qu’elles sont synonymes. 2. Pour démontrer les propriétés du théorème I.7.1, on peut utiliser également un tableau de vérité. Par exemple la propriété LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

I.8. Implications

5 P

Q

R

vrai faux vrai faux vrai faux vrai faux

vrai vrai faux faux vrai vrai faux faux

vrai vrai vrai vrai faux faux faux faux

P et (Q ou R) vrai faux vrai faux vrai faux faux faux TABLE I.1 –

(P et Q) ou (P et R) vrai faux vrai faux vrai faux faux faux

F ∩ (G ∪ H) = (F ∩ G) ∪ (F ∩ H) signifie que pour tout élément x , les propositions x ∈ F ∩ (G ∪ H) et x ∈ (F ∩ G) ∪ (F ∩ H) sont synonymes ; ce qui est démontré par le tableau de vérité suivant. x∈F vrai faux vrai faux vrai faux vrai faux

x ∈G vrai vrai faux faux vrai vrai faux faux

x ∈H vrai vrai vrai vrai faux faux faux faux

x ∈ F ∩ (G ∪ H) vrai faux vrai faux vrai faux faux faux TABLE I.2 –

x ∈ (F ∩ G) ∪ (F ∩ H) vrai faux vrai faux vrai faux faux faux

I.8 Implications I.8.1 Introduction Considérons un quadrilatère ABCD, dans le plan, et les propositions P : « ABCD est un carré » et Q : « ABCD est un parallélogramme ». On sait que : « si ABCD est un carré, alors ABCD est un parallélogramme ». On dit que la proposition P implique la propositions Q ; on écrit : P ⇒ Q. Lorsque P ⇒ Q, on dit que P est une condition suffisante de Q (pour que ABCD soit un parallélogramme, il suffit que ABCD soit un carré) ou que Q est une condition nécessaire de P (pour que ABCD soit un carré, il faut que ABCD soit un parallélogramme). En logique, on déduit d’une proposition fausse n’importe qu’elle autre proposition, vraie ou fausse. Donc si la proposition P est fausse alors la proposition P ⇒ Q est vraie. Ainsi, P ⇒ Q est synonyme de (Q ou non P). Remarques 1. Dans une argumentation une implication se reconnaît généralement à la structure « si ... alors ... », mais il arrive qu’elle soit moins reconnaissable. Ainsi on énonce parfois : « Dans un triangle rectangle, le carré de l’hypoténuse est égal à la somme des carrés des côtés de l’angle droit. » Cette phrase signifie : « Si un triangle est rectangle, alors le carré de l’hypoténuse est égal à la somme des carrés des côtés de l’angle droit.» 2. En mathématique, pour démontrer une proposition Q on démontre souvent une proposition du type : (P et (P ⇒ Q)). En pratique, ce type d’argumentation (appelée modus ponens) se traduit par une structure « P donc Q » qui signifie que l’on sait d’une part que P est vrai et d’autre part que P ⇒ Q. ¡ ¢ 3. Il existe une autre règle, appelée modus tollens qui permet de déduire P de (P ⇒ Q) et Q . Le modus tollens est à la base du raisonnement par l’absurde.

I.8.2 Réciproque d’une implication La réciproque de l’implication « P ⇒ Q » est l’ implication « Q ⇒ P » (ou « P ⇐ Q »). Exemples 1. Considérons un quadrilatère ABCD.

-

série S

6

I. Vocabulaire de la logique

L’implication « si ABCD est un carré, alors ABCD est un parallélogramme » est vrai et pourtant son implication réciproque, « si ABCD est un parallélogramme, alors ABCD est un carré », est fausse. 2. Considérons un triangle ABC et désignons par a , b , c les distances respectives BC, AC, AB. Le théorème de Pythagore peut s’énoncer ainsi : « si le triangle ABC est rectangle en A, alors a 2 = b 2 + c 2 ». La réciproque du théorème de Pythagore peut s’énoncer ainsi : « si a 2 = b 2 + c 2 , alors le triangle ABC est rectangle en A ». Nous savons que la réciproque du théorème de Pythagore est vraie.

I.8.3 Contraposée d’une implication La contraposée de l’implication « P ⇒ Q » est l’implication « Q ⇒ P » (ou « P ⇐ Q »). Exemple Considérons un quadrilatère ABCD. La contraposée de l’implication « si ABCD est un carré, alors ABCD est un parallélogramme » est l’implication « si ABCD n’est pas un parallélogramme, alors ABCD n’est pas un carré ». Nous constatons que ces deux dernières implications sont vraies. Plus généralement, on a la propriété suivante. T HÉORÈME I.8.1 Deux implications contraposées sont synonymes. ³ ´ µ ³ ´¶ ³ ´ Démonstration En effet : (P ⇒ Q) ≡ Q ∨ P ≡ P ∨ Q ≡ Q ⇒ P . ä

Exercice I.8.1.

Soit n un nombre entier, démontrer que si n 2 est impair, alors n est impair.

Solution On sait que le produit de deux entiers pairs est pair. Donc, en particulier, si n est pair alors n 2 est pair ; donc, par contraposition, si n 2 n’est pas pair alors n n’est pas pair ; c’est-à-dire si n 2 est impair, alors n est impair.

I.8.4 Implication contraire L’implication contraire de « P ⇒ Q » est l’implication « P ⇒ Q ». Les propositions « P ⇒ Q » et « P ⇒ Q » ne sont pas équivalentes et l’une n’est pas la négation de l’autre.

I.9 Double implication ou équivalence Lorsqu’une implication « P ⇒ Q » et sa réciproque « P ⇐ Q » sont toutes les deux vraies, on dit qu’on a une double implication. Les propositions P et Q sont dites équivalentes, ce qui se note : P ⇔ Q.

Dans les propriétés et les raisonnements, les équivalences sont signalées par des expressions telles que « si et seulement si » ou « équivaut à ». Exemple Considérons un triangle ABC et désignons par a , b , c les distances respectives BC, AC, AB. Le théorème de Pythagore et sa réciproque peuvent être regroupés dans l’énoncé suivant : « Le triangle ABC est rectangle en A si et seulement si a 2 = b 2 + c 2 . »

Remarques 1. Lorsque la réciproque d’une implication est fausse, on n’a pas l’équivalence. Ainsi, en reprenant l’exemple du quadrilatère ABCD, l’énoncé « si ABCD est un carré, alors ABCD est un parallélogramme », en revanche l’énoncé « ABCD est un carré si et seulement si ABCD est un parallélogramme » est faux. 2. Si deux propositions sont équivalentes alors, par contraposition leurs négations sont équivalentes. Exemple Soit x un nombre réel. On a : |x| < 2 ⇔ −2 < x < 2 ; donc, par contraposition : |x| Ê 2 ⇔ x É −2 ou 2 É x .

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

I.10. Formules récapitulatives

7

I.10 Formules récapitulatives Les principales propriétés évoquées dans cet exposé sont résumées par les formules suivantes. P≡P ¾ P∧Q ≡ P∨Q P∨Q ≡ P∧Q ¾ P∧Q ≡ Q∧P P∨Q ≡ Q∨P ¾ P ∧ (Q ∧ R) ≡ (P ∧ Q) ∧ R P ∨ (Q ∨ R) ≡ (P ∨ Q) ∨ R ¾ P ∧ (Q ∨ R) ≡ (P ∧ Q) ∨ (P ∧ R) P ∨ (Q ∧ R) ≡ (P³∨ Q) ∧ (P ∨ R) ´  (P ⇒ Q) ≡ P ⇐ Q  ´ ³ (P ⇔ Q) ≡ P ⇔ Q 

(lois de Morgan) (commutativité) (associativité) (distributivité) (contraposée)

I.11 Raisonnement par récurrence Considérons les premiers entiers naturels non nuls et comparons la somme de leurs cubes au carré de leur somme. On a : 13 = 1 et 12 = 1 13 + 23 = 9 et (1 + 2)2 = 9 3 3 3 1 + 2 + 3 = 36 et (1 + 2 + 3)2 = 36 3 3 3 3 1 + 2 + 3 + 4 = 100 et (1 + 2 + 3 + 4)2 = 100 Cette étude nous amène à conjecturer que pour tout entier naturel non nul n, la proposition Pn : « 13 + 23 + · · · + n 3 = (1 + 2 + · · · + n)2 » est vraie. Il est malheureusement impossible d’examiner la véracité de chacune de ces propositions. Pour démontrer ces propositions, nous allons utiliser une nouvelle méthode de raisonnement appelée raisonnement par récurrence dont le principe est le suivant : on vérifie que la première proposition est vraie et on démontre que chacune des propositions implique la proposition suivante ; on prouve ainsi, de proche en proche, que toutes les propositions sont vraies. – D’après l’étude menée, P1 est vraie. – Supposons la proposition Pk vraie pour un certain k ∈ ∗ (hypothèse de récurrence) ; c’est-à-dire : 13 + 23 + · · · + k 3 = (1 + 2 + · · ·¡+ k)2 ; déduisons-en que ¢ 2 la proposition Pk+1 est vraie ; c’est-à-dire : 13 + 23 + · · · + k 3 + (k + 1)3 = 1 + 2 + · · · + k + (k + 1) ; On a :

N

13 + 23 + ··· + k 3 + (k + 1)3 = (1 + 2 + ··· + k)2 + k(k + 1)2 + (k + 1)2 ¸ · k(k + 1) k(k + 1) 2 +2 (k + 1) + (k + 1)2 = 2 ¸22 · k(k + 1) = + (k + 1) 2 ¡ ¢2 = 1 + 2 + ··· + k + (k + 1)

(hypothèse de récurrence et développement) (somme de termes d’une suite arithmétique) (identité remarquable) (somme de termes d’une suite arithmétique)

Donc, par récurrence, pour tout entier naturel non nul n :

13 + 23 + · · · + n 3 = (1 + 2 + · · · + n)2 M M

Pour démontrer par récurrence qu’une proposition Pn est vraie pour tout entier naturel n supérieur ou égal à n 0 , on procède en deux étapes : – on vérifie que la proposition Pn0 est vraie – on démontre, pour tout entier naturel k supérieur ou égal à n 0 , que si Pk est vraie alors Pk+1 est vraie.

Exercice I.11.1.

Démontrer que pour tout entier naturel n , 10n − 1 est multiple de 9.

N

Solution Considérons pour tout n ∈ ∗ la proposition Pn : « 10n − 1 est multiple de 9 ». 100 − 1 = 1 − 1 = 0 = 9 × 0 donc P0 est vraie. Soit k un entier naturel. Supposons que 10k − 1 soit multiple de 9, démontrons que 10k+1 − 1 est multiple de 9. k 10k+1 − 1 = |9 ×{z10k} + 10 ; donc 10k+1 − 1, comme somme de multiples de 9, est multiple de 9. | {z− 1 } multiple de 9

multiple de 9 d’après l’hypothèse de récurrence

D’où, par récurrence, pour tout entier naturel n , 10n − 1 est multiple de 9. Exercice I.11.2. (Inégalité de B ERNOULLI )

Démontrer que pour tout réel α vérifiant α Ê −1 et pour tout entier naturel non nul n , (1 + α)n Ê 1 + nα.

-

série S

8

I. Vocabulaire de la logique

N

Solution Soit α un réel vérifiant α Ê −1. Considérons pour tout n ∈ ∗ la proposition Bn : « (1 + α)n Ê 1 + nα ». Pour n = 1, on a : (1 + α)n = 1 + α et 1 + nα = 1 + α ; donc B1 est vraie. Soit k un entier naturel. Supposons que : (1 + α)n Ê 1 + nα ; démontrons que : (1 + α)n+1 Ê 1 + (n + 1)α. On a : (1 + α)n Ê 1 + nα et 1 + α est positif, donc par produit : (1 + α)n+1 Ê (1 + nα)(1 + α). Or : (1+ nα)(1+ α) = 1+ (n + 1)α + nα2 et nα2 Ê 0 ; donc : (1+ nα)(1+ α) Ê 1+ (n + 1)α ; puis par transitivité : (1+ α)n+1 Ê 1 + (n + 1)α. Donc par récurrence, pour tout entier naturel non nul n , on a : (1 + α)n Ê 1 + nα. Remarques 1. La première étape du raisonnement (vérifier que la première proposition est vraie) est essentielle. En considérant les propositions Qn : « 10n est multiple de 9 » ; on démontre comme dans l’exercice I.11.1. que pour tout k : Qk ⇒ Qk+1 ; et pourtant aucune des propositions Qn n’est vraie. 2. Lorsqu’un raisonnement par récurrence est entrepris, l’expression « donc par récurrence » doit apparaître dans l’argumentation. Si de plus l’hypothèse de récurrence n’est pas utilisée, le raisonnement est alors faux.

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Terminale VI

Chapitre II

Révisions II.1 Identités remarquables On obtient les identités remarquables suivantes par simple développement. Elles servent à développer des expressions factorisées ou à factoriser des expressions développées. (a + b)2

(a − b)

2

(a + b)

3

=

=

a 2 + 2ab + b 2 2

a − 2ab + b 2

(II.1)

2

(II.2)

2

(a − b)(a + b)

=

a −b

3

(II.4)

(a + b)3

=

a 3 − 3a 2 b + 3ab 2 − b 3

(II.5)

2

2

(a − b)(a + ab + b ) 2

2

(a + b)(a − ab + b )

=

=

=

3

2

(II.3) 2

a + 3a b + 3ab + b 3

3

(II.6)

3

3

(II.7)

a −b

a +b

II.2 Éléments de symétries d’une courbe

Cf

Dans toute cette partie f désignera une fonction numérique à variable ¡ ¢réelle, D f son ensemble de définition et sa représentation graphique relativement à un repère orthogonal O ;~ı,~ .

II.2.1 Symétries dans

R

R

Soit a ∈ . Pour tout réel h, a + h et a − h sont symétriques par rapport à a ; en effet leur demi-somme vaut a. De même x et 2a − x sont symétriques par rapport à a.

a +h

a

a −h

x

a

2a − x

Dans tout ce document f désignera une fonction numérique à variable ¡ ¢réelle, D f son ensemble de définition et C f sa représentation graphique relativement à un repère orthogonal O ;~ı,~ .

Exemple Le symétrique de x par rapport à 3 est 6 − x .

6−x 9

3

x

10

II. Révisions

II.2.2 Axe de symétrie d’une courbe Une observation graphique permet d’énoncer les théorèmes suivants que nous admettons. T HÉORÈME II.2.1

f (a + h) = f (a − h)

La courbe C f est symétrique par rapport à l’axe d’équation x = a si et seulement si :   (1) D f est symétrique par rapport à a. (2) Pour tout réel h tel que a + h ∈ D f :  f (a + h) = f (a − h).

Cf

~ O

~ı

a

a +h x

a −h 2a−x

Remarque La condition (2) du théorème II.2.1 peut également s’écrire : ∀x ∈ D f , f (2a − x) = f (x) Exercice II.2.1.

Démontrer que la droite D d’équation x = 2 est axe de symétrie de la courbe représentative

x 4 − 8 x 3 + 22 x 2 − 24 x + 8.

Solution f est une fonction polynôme, son ensemble de définition est donc 1re méthode Soit h un réel, on a : f (2 + h)

=

f (2 − h)

(2 + h)4 − 8(2 + h)3 + 22(2 + h)2 − 24(2 + h) + 8

(2 + h)3 (2 + h − 8) + 22h 2 + 88h + 88 − 48 − 24h + 8

=

h 4 − 24h 2 − 64h − 48 + 22h 2 + 64h + 48

= =

(h 3 + 6h 2 + 12h + 8)(h − 6) + 22h 2 + 64h + 48 h 4 − 2h 2

(2 − h)4 − 8(2 − h)3 + 22(2 − h)2 − 24(2 − h) + 8

=

(2 − h)3 (2 − h − 8) + 22h 2 − 88h + 88 − 48 + 24h + 8

=

h 4 − 24h 2 + 64h − 48 + 22h 2 − 64h + 48

=

=

f : x 7→

R et R est symétrique par rapport à 2.

=

=

C de la fonction

(−h 3 + 6h 2 − 12h + 8)(−h − 6) + 22h 2 − 64h + 48 h 4 − 2h 2

Pour tout réel h tel que 2 + h ∈ D f , on a : f (2 + h) = f (2 − h) ; donc la droite D d’équation x = 2 est axe de symétrie de la courbe C. 2e méthode Pour tout réel x ∈ D f , on a : f (4 − x)

=

(4 − x)4 − 8(4 − x)3 + 22(4 − x)2 − 24(4 − x) + 8

=

(4 − x)3 (4 − x − 8) + 22 x 2 − 176 x + 352 − 96 + 24 x + 8 ¡ ¢ −(x + 4) −x 3 + 12 x 2 − 48 x + 64 + 22 x 2 − 152 x + 264

=

x 4 − 8 x 3 + 22 x 2 − 24 x + 8

=

=

=

x 4 − 8 x 3 + 128 x − 256 + 22 x 2 − 152 x + 264 f (x);

donc la droite D d’équation x = 2 est axe de symétrie de la courbe C. On peut également traiter le problème par un changement d’origine.

T HÉORÈME II.2.2 Soit C f la représentation d’une fonction f relativement à ¡ graphique ¢ un repère orthogonal O ;~ı,~ et Ω le point de coordonnées (a, 0). La courbe C f est symétrique par rapport à l’axe d’équation x = a si et seulement si C f est la représentation graphique d’une fonction paire ¡ ¢ relativement au repère Ω;~ı,~ . LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Cf ~

~ O

~ı

Ω

~ı

Terminale VI

II.2. Éléments de symétries d’une courbe Exercice II.2.2.

11

Démontrer que la droite D d’équation x = 2 est axe de symétrie de la courbe représentative

C de la fonction

x 4 − 8 x 3 + 22 x 2 − 24 x + 8.

f : x 7→

¡ ¢ Solution¡ Soit Ω(2, ¢ 0), M un point du plan, (x, y) ses coordonnées dans le repère O ;~ı,~ et (X,Y) ses coordonnées dans le repère Ω;~ı,~ . On a donc :

−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ OM = ΩM + OΩ avec OM = x~ı + y~ ; ΩM = X~ı + Y ~ et OΩ = 2~ı

Deux vecteurs sont égaux si et seulement si ils ont le même couple de coordonnées, on a donc la formule de changement de repère : ½ x = X+2 . y =Y On a donc : M∈C

⇐⇒

y = x 4 − 8 x 3 + 22 x 2 − 24 x + 8

⇐⇒ .. .

Y = (X + 2)4 − 8(X + 2)3 + 22(X + 2)2 − 24(X + 2) + 8

⇐⇒

Y = X4 − 2X2

La fonction polynôme p : x 7→ x 4 − 2x 2 est définie sur

R et pour tout réel x :

p(−x) = (−x)4 − 2(−x)2 = x 4 − 2x 2 = p(x).

Donc p est une fonction paire et par suite la droite D d’équation x = 2 est axe de symétrie de la courbe C.

II.2.3 Centre de symétrie d’une courbe Une observation graphique permet d’énoncer les théorèmes suivants que nous admettons. T HÉORÈME II.2.3 La courbe C f est symétrique par rapport au point Ω(a, b) si et seulement si :  (1) D f est symétrique par rapport à a.    (2) Pour tout réel h tel que h ∈ D f :  f (a + h) + f (a − h)   = b. 2

Cf

f (a − h)

Ω

b f (a + h)

O

~ ~ı

a +h x

a

a −h 2a−x

Remarque La condition (2) du théorème II.2.3 peut également s’écrire : ∀x ∈ D f , 2b − f (2a − x) = f (x) Exercice II.2.3.

Démontrer que le point Ω(2;1) est centre de symétrie de la courbe représentative C de la fonction f : x 7→

Solution f est une fonction rationnelle, son ensemble de définition est D f = à 2. 1re méthode Soit h un réel tel que 2 + h ∈ D f , on a : (2 + h)2 − 3(2 + h) + 3 (2 + h) − 2 2 h + 4h + 4 − 3h − 6 + 3 = h 1 = h +1+ h Pour tout réel h tel que 2 + h ∈ D f , on a : f (2 + h)

=

f (2 − h)

x2 − 3x + 3 . x −2

R \ {2} et D f est symétrique par rapport

= = =

(2 − h)2 − 3(2 − h) + 3 (2 − h) − 2 2 h − 4h + 4 + 3h − 6 + 3 −h 1 −h + 1 − h

µ ¶ 1 1 f (2 + h) + f (2 − h) 1 = h +1+ −h +1− =1 2 2 h h

donc le point Ω(2; 1) est centre de symétrie de la courbe C.

-

série S

12

II. Révisions

2e méthode Pour tout x de D f , on a : 2 − f (4 − x)

(4 − x)2 − 3(4 − x) + 3 2− (4 − x) − 2 ¡ ¢ ¡ ¢ 2 2 − x − x 2 − 8 x + 16 + 3 x − 12 + 3

= =

2

−x + 3 x − 3 2−x f (x)

= =

2−x

donc le point Ω(2; 1) est centre de symétrie de la courbe C. On peut également traiter le problème par un changement d’origine.

T HÉORÈME II.2.4

Exercice II.2.4.

Cf

~j

Soit C f la représentation d’une fonction f relativement à ¡ graphique ¢ un repère orthogonal O ;~ı,~ et Ω le point de coordonnées (a, b). La courbe C f est symétrique par rapport à Ω si et seulement si C f est la représentation graphique d’une fonction impaire relativement au ¡ ¢ repère Ω;~ı,~ .

Ω

b ~ O

~ıi

~i a

Démontrer que le point Ω(2;1) est centre de symétrie de la courbe représentative C de la fonction f : x 7→

x2 − 3x + 3

.

x −2 ¢ Solution ¡ Soit ¢ M un point du plan, (x, y) ses coordonnées dans le repère O ;~ı,~ et (X,Y) ses coordonnées dans le repère Ω;~ı,~ . On a donc :

¡

−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ OM = ΩM + OΩ avec OM = x~ı + y ~ ; ΩM = X~ı + Y ~ et OΩ = 2~ı +~

Deux vecteurs sont égaux si et seulement si ils ont le même couple de coordonnées, on a donc la formule de changement de repère : ½ x = X+2 . y = Y+1 On a donc : M∈C

⇐⇒ ⇐⇒ .. . ⇐⇒

La fonction rationnelle g : x 7→ x +

1 est définie sur x

x2 − 3 x + 3 x −2 (X + 2)2 − 3(X + 2) + 3 Y+1 = (X + 2) − 2 y=

Y = X+

1 X

R∗ et pour tout réel non nul x :

µ ¶ 1 1 g (−x) = (−x) + =− x+ = −g (x). −x x

Donc g est une fonction impaire et par suite le point Ω(2; 1) est centre de symétrie de la courbe C.

II.3 Trigonométrie II.3.1 Quelques valeurs remarquables Le tableau ci-dessus a été vu en classe de 2e. LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

II.3. Trigonométrie

13

y

x cos x

0 1

sin x

0

tan x

0

π p6 3 2 1 p2 3 3

π p4 2 2 p 2 2

π 3 1 p2 3 2 p 3

1

³π´ M 2

1 p 3 2 p 2 2

π 2 0

³π´ M 3

³π´ M 4 ³π´ M 6

1 2

1 non déf.

M(0) 1 2

0

p 3 2

p 2 2

1

x

Pour tout réel x, on a : cos2 x + sin2 x = 1 ;

(II.8)

−1 É cos x É 1 et − 1 É sin x É 1

(II.9)

II.3.2 Quelques formules II.3.2.a Formules de symétries Les formules de ce paragraphe se déduisent des figures II.1 et II.2. Pour tout réel x, on a : cos (−x) = cos x

cos (π − x) = − cos x

sin (−x) = − sin x

cos (π + x) = − cos x (II.10)

sin (π − x) = sin x

³π

´ − x = sin x 2 ³π ´ − x = cos x sin 2

cos

sin (π + x) = − sin x (II.11)

³π

´ + x = − sin x 2 ³π ´ sin + x = − cos x 2

cos

(II.12) (II.13) 1 tan x

~

M(x) M1 (π − x)

tan x

sin x b

b

M2

³π

2

+x

b

− cos x

M1

³π

2

−x

b

M(x)

~ı

tan x sin x

b

M2 (π + x)

´

cos x

cos x

O

´

b

− sin x

b

~

− tan x

M3 (−x) − sin x

F IGURE II.1 – Images de x, −x, π − x et π + x Si de plus x n’est pas multiple

F IGURE II.2 – Images de x,

tan (π − x) = − tan x tan

sinx

~ı

cos x

π π − x et + x 2 2

π , on a : 2

tan (−x) = − tan x

-

O

³π

2

´ −x =

1 tan x

tan (π + x) = tan x (II.14) tan

´ 1 +x =− 2 tan x

³π

(II.15) série S

14

II. Révisions

II.3.2.b Formules d’addition Pour tous réel a et b, on a : cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b

sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a

cos(a − b) = cos a cos b + sin a sin b Si de plus ni a ni b ni a + b ne sont de la forme

tan(a + b) =

sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a

(II.16) (II.17)

Z

π + kπ (k ∈ ), on a : 2

tan a + tan b 1 − tan a tan b

tan(a − b) =

tan a − tan b 1 + tan a tan b

(II.18)

II.3.2.c Formules de duplication En prenant : a = b = x ; dans les formules (II.16), (II.17) et (II.18), on obtient les formules suivantes. Pour tout réel x, on a : cos 2x = cos2 x − sin2 x = 2cos2 x − 1 = 1 − 2sin2 x Si de plus x n’est pas multiple

(II.19)

π , on a : 4 tan 2x =

En posant : t = tan

sin 2x = 2sin x cos x

2tan x 1 − tan2 x

(II.20)

x ; on déduit des formules (II.19) et (II.20), lorsque t et tan x son définis : 2

cos x =

1− t2 1+ t2

sin x =

2t 1+ t2

tan x =

2t 1− t2

(II.21)

II.3.2.d Sommes différences et produits de fonction circulaires En posant p = a + b et q = a − b dans (II.16) et (II.17), on démontre que pour tous réels p et q, on a : ³p −q ´ cos 2 2 ³p +q´ ³p −q ´ cos(p) − cos(q) = −2sin sin 2 2

cos(p) + cos(q) = 2cos

³p +q ´

³p −q´ cos 2 2 ³p +q ´ ³p −q´ sin(p) − sin(q) = 2cos sin 2 2

sin(p) + sin(q) = 2sin

³p +q´

(II.22) (II.23)

On déduit par addition ou soustraction dans les formules (II.16) et (II.17) que pour tous réels a et b : cos a cos b = cos(a + b) + cos(a − b)

(II.24)

sin a cos b = sin(a + b) + sin(a − b)

(II.26)

sin a sin b = cos(a + b) − cos(a − b)

(II.25)

II.3.3 Équations trigonométriques LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

II.3. Trigonométrie

15

II.3.3.a cos x = cosα T HÉORÈME II.3.1 Soit α un nombre réel. cos x = cos α

¯ ¯ x = α + k2π ¯ ¯ ou (k ∈ ) ¯ ¯ x = −α + k2π

Z

⇐⇒

M(α)

~ b

O

Remarque On peut aussi écrire :

~ı b

cos x = cos α

¯ ¯ x ≡ α (mod 2π) ¯ ¯ ou ¯ ¯ x ≡ −α (mod 2π)

⇐⇒

N(−α)

F IGURE II.3 – Équation cos x = cos α

R

M1

Exercice II.3.1. Résoudre dans les équations suivantes et représenter les solutions sur le cercle trigonométrique (unité graphique : 3 cm). a. 2cos x = −1.³ π´ . b. cos 2x = cos x − 4

µ

2π 3

¶ b

~

Solution a. Résolvons l’équation : 2cos x = −1

(E1 ) O

On a :

1 2 2π ⇐⇒ cos x = cos 3 ¯ 2π ¯ ¯ x= + k2π (k ∈ ) ¯ 3 ¯ ou ⇐⇒ ¯ ¯ 2π ¯ + k ′ 2π (k ′ ∈ ) ¯ x=− 3 Les images des solutions sur le cercle trigonométrique sont représentées sur la figure II.4. b. Résolvons l’équation : ³ π´ (E2 ) cos 2x = cos x − 4 On a : ¯ ¯ 2x = x − π + k2π (k ∈ ) ¯ 4 ¯ ou (E2 ) ⇐⇒ ¯¯ π ¯ ¯ 2x = −x + + k ′ 2π (k ′ ∈ ) 4 ¯ ¯ x = − π + k2π (k ∈ ) ¯ 4 ¯ ou ⇐⇒ ¯¯ π ¯ ¯ 3x = + k ′ 2π (k ′ ∈ ) 4 ¯ π ¯ ¯ x = − + k2π (k ∈ ) ¯ 4 ¯ ou ⇐⇒ ¯ ¯ ¯ x = π + k ′ 2π (k ′ ∈ ) ¯ 12 3 Les images des solutions sur le cercle trigonométrique sont représentées sur la figure II.5.

~ı

(E1 ) ⇐⇒ cos x = −

Z

¶b µ 2π M2 − 3

Z

F IGURE II.4 – Images des solutions de (E1 )

M3

µ

3π 4

b

¶

~

Z

Z

M2

Z

O

Z Z

Z

-

¶ µ 7π M4 − 12

b

³π ´ 12

b

~ı

b ³ π´ M1 − 4

F IGURE II.5 – Images des solutions de (E2 )

série S

16

II. Révisions

II.3.3.b sin x = sin α T HÉORÈME II.3.2 Soit α un nombre réel. sin x = sin α

⇐⇒

¯ ¯ x = α + k2π ¯ ¯ ou (k ∈ ) ¯ ¯ x = π − α + k2π

Z

N(π − α) b

~ b

O

M(α)

~ı

Remarque On peut aussi écrire : sin x = sin a

Exercice II.3.2.

⇐⇒

Résoudre dans

¯ ¯ x ≡ α (mod 2π) ¯ ¯ ou ¯ ¯ x ≡ π − α (mod 2π)

F IGURE II.6 – Équation sin x = sin α

R et représenter les solutions sur le cercle trigonométrique (unité graphique : 3 cm) : 2sin

Solution Résolvons l’équation :

2

x = 1.

2sin2 x = 1 Ã p !2 2 On a : (E3 ) ⇐⇒ sin x − =0 2 Ã p ! p !Ã 2 2 sin x + =0 ⇐⇒ sin x − 2 2 p p 2 2 ou sin x = − ⇐⇒ sin x = 2 2³ π π´ ⇐⇒ sin x = sin ou sin x = sin − 4 4 ¯ ¯ x = π + k2π (k ∈ ) ¯ 4 ¯ ¯ ou ¯ π ¯ ¯ x = π − + k2π (k ∈ ) ¯ 4 ¯ ou ⇐⇒ ¯ ¯ ¯ x = − π + k2π (k ∈ ) ¯ 4 ¯ ¯ ou ¯ π ¯ ¯ x = π + + k2π (k ∈ ) 4 ¯ ¯ x = π + k2π (k ∈ ) ¯ 4 ¯ ¯ ou ¯ π ¯ ¯ x = 3 + k2π (k ∈ ) ¯ 4 ¯ ou (E3 ) ⇐⇒ ¯ ¯ ¯ x = 7 π + k2π (k ∈ ) ¯ 4 ¯ ¯ ou ¯ π ¯ ¯ x = 5 + k2π (k ∈ ) 4 ¯ ¯ x = π + (4k) × π (k ∈ ) ¯ 4 2 ¯ ¯ ou ¯ π π ¯ ¯ x = + (4k + 1) × ; (k ∈ ) ¯ 4 2 ¯ ou (E3 ) ⇐⇒ ¯ ¯ ¯ x = π + (4k + 3) × π (k ∈ ) ¯ 4 2 ¯ ¯ ou ¯ π π ¯ ¯ x = + (4k + 2) × (k ∈ ) 4 2

(E3 )

2

Z

Z

Z

Z

Z

Z

M2

µ

¶

3π 4

b

~

M1

b

³π´

4

Z Z

O

~ı

Z

Z

Z Z

b µ

5π M3 4

b ¶

M4

µ

7π 4

¶

F IGURE II.7 – Images des solutions de (E3 )

Or (4k), (4k + 1), (4k + 2), (4k + 3) sont des entiers et réciproquement tout entier n est de la forme : 4k + r avec r ∈ LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

II.3. Trigonométrie

17

{0; 1; 2; 3} ; en effet, k et r sont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de n par 4 ; donc :

(E3 ) ⇐⇒ x =

π π + n (n ∈ 4 2

Z)

Les images des solutions sur le cercle trigonométrique sont représentées sur la figure II.7.

II.3.3.c tan x = tan α T HÉORÈME II.3.3 Soit α un nombre réel tel que tan α soit défini. tan x = tan α

x = α + kπ

⇐⇒

M(α)

Z

~

(k ∈ )

b

O

Remarque On peut aussi écrire : tan x = tan α

⇐⇒

N(π + α)

x ≡ α (mod π)

~ı

b

F IGURE II.8 – Équation tan x = tan α

II.3.3.d a cos x + b sin x = c On rappelle que les formules de passages entre p rectan coordonnées  r = a2 + b2    a  cos θ = p gulaires et coordonnées polaires sont par : 2 + b2 a   b    sin θ = p 2 a + b2 ½ a = r cos θ et . b = r sin θ Pour plus de précisions, on pourra se référer au paragraphe VII.2.4 page 81. On se propose de résoudre l’équation : a cos x + b sin x = c

(II.27)

M

b

r=

~

OM

θ a

~ı

O

F IGURE II.9 – Coordonnées polaires

Où a, b, csont des réelsp tels que a et b ne soient pas tous nuls.  r = a2 + b2    ½ a  a = r cos θ cos θ = p ; on a alors : ; d’où il vient : Posons : 2 2 a +b  b = r sin θ  b    sin θ = p a2 + b2 (II.9)

⇐⇒

r cos θ cos x + r sin θ sin x = c

⇐⇒

c cos(x − θ) = . r

On est ainsi ramené au type d’équation étudié au paragraphe II.3.3.a (page 15). Exercice II.3.3.

Résoudre dans

R et représenter sur le cercle trigonométrique les solutions de l’équation : 3cos x +

-

p

3 sin x = −3

(II.28)

série S

18

II. Révisions

Solution On a : (II.28)

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

r

³ p ´2 p p 32 + 3 = 12 = 2 3 ; on en déduit que : Ãp ! p 3 1 2 3 cos x + sin x = −3 2 2 π π 3 cos x cos + sin x sin = − p 6 6 2 3 ~ ³ π´ 5π cos x − = cos 6 6 ¯ M(π) π 5π ¯ ¯ x− = + k2π O ¯ ~ı 6 6 ¯ ou (k ∈ ) ¯ ¯ π 5π ¯ + k2π ¯ x− =− 6 6 ¯ ¶ µ ¯ x = π + k2π 2π ¯ N − ¯ ou 3 ¯ (k ∈ ) ¯ 2π ¯ x =− + k2π ¯ F IGURE II.10 – Images des solutions de l’équation (II.28) 3 b

⇐⇒

Z

b

⇐⇒

Z

II.4 Géométrie du triangle [ [ [ , B, C, désignent respectivement les angles géométriques [ BAC, Dans toute cette partie ABC désigne un triangle, A [ [

ABC, ACB ; a, b, c désignent respectivement les distances BC, CA et AB et A désigne l’aire du triangle ABC.

II.4.1 Aire d’un triangle H

Comme chacun sait, l’aire d’un triangle se calcule par la formule : base × hauteur . A= 2

A

Dans le triangle ABC ci-contre, si on choisit AB pour base alors la hauteur CH est déterminée par : B. CH = BC cos [ ABC = a sin [

c b

a

B

1 B. On en déduit que : A = ca sin [ 2 Plus généralement :

C

F IGURE II.11 –

A=

1 1 1 [ bc sin A B = ab sin [ C = ca sin [ 2 2 2

(II.29)

II.4.2 Théorème des sinus T HÉORÈME II.4.1 Soit ABC un triangle et A son aire et R le rayon de son cercle circonscrit, on a : [ [ [ 2A sin A sin B sin C 1 = = = = . abc a b c 2R DémonstrationEn multipliant (II.29) membre à membre par

2 , il vient : abc

[ [ sin A sin [ B sinC 2A = = = . abc a b c

B

I [

C

R O

Les trois angles du triangle ABC ne peuvent être tous droits ou obtus, car sinon leur somme serait strictement

C

[ . Soit I le milieu supérieure à un angle plat. On en déduit que l’un des angles au moins est aigu, par exemple C

du segment [AB] et O le centre du cercle circonscrit. Le triangle OAB est isocèle en O et, d’après le théorème [ [ [ [ de l’angle inscrit, AOB = 2ACB . On en déduit que le triangle OBI est rectangle en I et que : BOI =C ; d’où il

F IGURE II.12 –

[ sin C 1 c [ = .ä vient : = BI = Rsin C ; donc : 2 c 2R

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

A

Terminale VI

II.5. Polynômes du second degré

19

II.4.3 Théorème d’A L K ASHI T HÉORÈME II.4.2 Soit ABC un triangle, on a : [ (1) a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A (2) (3)

b 2 = c 2 + a 2 − 2ca cos [ B

c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos [ C

Démonstration (1)

³−−→ −−→´2 −−→ −−→ −−→ [ On a : a 2 = BC 2 = AC − AB = AC2 + AB2 − 2AC · AB = b 2 + c 2 − 2bc cos A .

On démontre de même (2) et (3). ä

Remarques [ est 1. Lorsque l’un des angles est droit, on retrouve le théorème de P YTHAGORE ; en effet si par exemple l’angle A droit, (1) devient : a 2 = b 2 + c 2 . 2. Le théorème des sinus (II.4.1) et le théorème d’ A L K ASHI (II.4.2) permettent lorsqu’elle est possible la résolution des triangles 1 .

II.4.4 Théorème de la médiane T HÉORÈME II.4.3 Soit ABC un triangle et A’ le milieu de [BC], on a : 1 (1) 2AA′2 = AB2 + AC2 − BC2 ; 2 −−→ −−→ 1 (2) AA′2 = AB · AC + BC2 . 4 µ ¶ µ ¶ −−→ −−→ 2 −−→ −−→ 2 On a : 2AA′2 = AB + BA′ + AC + CA′ µ µ ¶ ¶ −−→ 1 −−→ 2 −−→ 1 −−→ 2 = AB + BC + AC − BC 2 2 1 1 −−→ −−→ −−→ −−→ = AB2 + BC2 + BC · AB + AC2 + BC2 + BC · CA 4 4 1 −−→ −−→ = AB2 + AC2 + BC2 + BC · CB 2 1 = AB2 + AC2 − BC2 2 ¶ µ ³ 1 −−→ −−→´2 1 ³ 2 1 1 −−→ −−→´ 1 −−→ −−→ AC − AB = AB + AC2 − 2AB · AC = 2AA′2 + BC2 − 2AB · AC ; (2) En utilisant (1), il vient : BC2 = 2 2 2 2 2 −−→ −−→ 1 d’où l’on tire : AA′2 = AB · AC + BC2 . ä 4

Démonstration (1)

II.5 Polynômes du second degré Un polynôme P de degré 2 défini par P(x) = ax 2 + bx + c (avec a , 0), est aussi appelé trinôme du second degré. L’objectif de cette section est de savoir factoriser P(x), résoudre l’équation P(x) = 0, étudier le signe P(x) suivant les valeurs de x, représenter graphiquement P et trouver l’extremum de P.

II.5.1 Forme canonique Pour factoriser un polynôme P, de la forme : P(x) = ax 2 + bx + c ; on écrit P(x) sous forme canonique pour faire apparaître soit la différence de deux carrés (auquel cas P(x) est factorisable) soit la somme de deux carrés (auquel ·µ ¸ ¶ b 2 b 2 − 4ac cas P(x) n’est pas factorisable). La forme canonique de P(x) est : P(x) = a x + . Pour obtenir cette − 2a 4a 2 formule, on utilise la démarche explicitée dans le tableau ci-dessous. 1. Résoudre un triangle : étant donnés un certain nombre d’angles et de côtés d’un triangle, déterminer les angles et les côtés non donnés.

-

série S

20

II. Révisions

étapes

1.

2.

3.

cas particulier P(x) = 3xµ 2 + 5x − 7 ¶ 5 7 P(x) = 3 x 2 + x − 3 3µ ¶ µ ¶ µ ¶ 5 5 2 7 5 2 2 P(x) = 3 x + 2 x + − − 6 6 6 3 ·µ ¶ µ ¶2 ¸ 5 2 5 7 P(x) = 3 x + − − 6 6 3 ¶2 ¸ ·µ 25 84 5 − − P(x) = 3 x + 6 36 36 ·µ ¶ ¸ 5 2 109 P(x) = 3 x + − 6 36 "µ !2 # ¶2 Ã p 5 109 P(x) = 3 x + − 6 6 Ã !Ã ! p p 109 109 5 5 P(x) = 3 x + − x+ + 6 6 6 6 Ã

P(x) = 3 x −

−5 +

cas général P(x) = axµ 2 + bx + c ¶ c b P(x) = a x 2 + x + a aµ ¶ µ ¶ µ ¶ b b 2 c b 2 2 P(x) = a x + 2 x + − + 2a 2a 2a a ·µ ¶ µ ¶2 ¸ b 2 b c P(x) = a x − − + 2a 2a a ¸ ¶2 ·µ 4ac b2 b − 2+ 2 P(x) = a x − a 4a 4a

P(x) = a

·µ

x+

b 2a

¶2

−

b 2 − 4ac 4a 2

¸

!Ã ! p p 109 −5 − 109 x− 6 6

Récapitulatif des étapes 1. On met, si besoin est, le coefficient dominant en facteur 2. On reconnaît la somme des termes de degrés 2 et 1 comme le début d’une identité remarquable. 3. Si l’expression entre crochets est la différence de deux quantités positives, alors on reconnaît la différence de deux carrés et on factorise ; sinon, l’expression entre crochets est la somme de deux quantités positives et il n’existe pas de factorisation en produit de facteur de degré un à coefficient réels. D ÉFINITION II.5.1 Le nombre, ∆, défini par : ∆ = b 2 − 4ac ; est appelé discriminant de P. La forme canonique de P devient alors : P(x) = a

·µ

x+

b 2a

¶2

−

∆ 4a 2

¸

(II.30)

II.5.2 Représentation graphique et sens de variation Le plan est muni d’un repère (O ;~ı,~ ). D’après (II.30), pour tout réel x : µ

b P(x) = a x + 2a

¶2

−

∆ 4a

(II.31)

Introduisons la fonction u : x 7→ ax 2 et Cu sa représentation graphique. D’après (II.31) la courbe, P, de P est l’image   b −   de Cu par la translation de vecteur ~ v  2a ∆ . − 4a T HÉORÈME II.5.1 Laµ représentation graphique P de P(x) = ax 2 +bx +c (avec a , 0) est une parabole d’axe parallèle à Oy et de sommet ¶ ¡ ¢ b ∆ S − ,− ; de plus, dans le repère S ;~ı ,~ , P a pour équation : Y = aX 2 . 2a 4a µ µ ¶ ¶ b b ∆ Remarque D’après (II.31) on a : P − ; donc en pratique on obtient l’ordonnée de S en calculant P − . =− 2a 4a 2a 2 Exemple On se propose µ ¶ de représenter graphiquement la fonction f définie par : f (x) = x − 5x + 4. b 5 5 16 25 9 25 5 = et f − +4 = − =− . = On a : − 2a 2 2 µ 4 ¶2 4 4 4 ¡ ¢ 5 9 Introduisons le point S ; − , dans le repère S ;~ı,~ , C f a pour équation : Y = X 2 . 2 4 Nous en déduisons la courbe de la figure II.13.

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

II.5. Polynômes du second degré

21

Cf

5 2

~ O

−

~ı

9 4

S

F IGURE II.13 – Représentation graphique de f .

On déduit du théorème II.5.1 le tableau de variations de P en fonction du signe de a. b x −∞ − x −∞ +∞ 2a +∞ +∞ f (x) f (x) ∆ − 4a −∞ F IGURE II.14 – Lorsque a > 0.

−

b 2a

∆ − 4a

+∞

−∞

F IGURE II.15 – Lorsque a < 0.

II.5.3 Factorisation et résolution d’équations Dans une décomposition en produit, tout facteur de degré1 apporte une racine au polynôme. On en déduit que si P peut se décomposer en produit de deux facteurs de degré 1 alors P a au moins une racine. Ou encore, par contraposition : Si un polynôme de degré 2 n’a pas de racine alors on ne peut pas le décomposer en produit de deux facteurs de degré 1. Reprenons la forme canonique de P, (II.30) dans le cas où : ∆ > 0. On a alors :

P(x) = a

·µ

b x+ 2a

¶2

"µ Ã p !Ã p ! ¸ ¶ Ã p !2 # ∆ ∆ ∆ b 2 b b ∆ − + =a x+ x+ . − 2 =a x+ − 4a 2a 2a 2a 2a 2a 2a

On en déduit la factorisation : p ! p !Ã −b − ∆ −b + ∆ x− . P(x) = a x − 2a 2a Ã

En particulier P a deux racines distinctes : p −b + ∆ x1 = 2a

et

p −b − ∆ x2 = . 2a

Nous en déduisons le théorème suivant.

-

série S

22

II. Révisions

T HÉORÈME II.5.2 Soit P : x 7→ ax 2 + bx + c (avec a , 0) un trinôme du second degré et ∆ = b 2 − 4ac son discriminant. Si ∆ > 0 P a deux racines distinctes : p p −b + ∆ −b − ∆ x1 = et x2 = 2a 2a et pour tout réel x : P(x) = a(x − x1 )(x − x2 ). Si ∆ = 0

P a une racine double : x0 = −

et pour tout réel x : Si ∆ < 0

b 2a

P(x) = a(x − x0 )2 .

P n’a pas de racine et n’est pas factorisable en produit de deux facteurs de degré 1 à coefficients réels.

Remarques 1. Si on remplace ∆ par 0 dans les formules de calcul de x1 et x2 , on obtient : x1 = x2 = −

b = x0 . 2a

2. Si a et c sont de signes contraires, alors ∆ > 0 et P a deux racines distinctes. 3. Bien qu’exhaustive, cette méthode n’est pas opportune dans le cas ou la factorisation du polynôme est immédiate (identité remarquable ou polynôme P qui est la somme de 2 monômes). 4. Le théorème II.5.2 peut être aussi bien utilisé pour factoriser un polynôme du second degré,P, que pour résoudre l’équation, P(x) = 0 (voir corollaire II.5.3). Exercice II.5.1.

Factoriser lorsque cela est possible.

a. P(x) = 2x 2 + 3x − 6.

b. P(x) = 2x 2 − 8x + 8.

c. P(x) = 2x 2 − 5x + 8.

d. P(x) = −5x 2 + 3x + 2.

Solution a. On a : ∆ = 32 − 4 × 2 × (−6) = 57 ; donc ∆ > 0 et P a deux racines : p p −3 − 57 −3 + 57 x1 = et x2 = . 4 4

On en déduit que pour tout x ∈

R:

p !Ã p ! −3 − 57 −3 + 57 P(x) = 2 x − . x− 4 4 Ã

b. Méthode des identités ¡ ¢ P(x) = 2 x 2 − 4x + 4 = 2 (x − 2)2 .

Méthode du discriminant On a : ∆ = (−8)2 − 4 × 2 × 8 = 0 ; donc ∆ = 0 et P a une racine double :

On en déduit que pour tout x ∈

x0 =

R:

c. On a : ∆ = (−5)2 − 4 × 2 × (8) = 39 ; donc ∆ < 0.

8 = 2. 4

P(x) = 2 (x − 2)2 .

P n’est pas factorisable. d. Méthode de la racine évidente On voit que 1 est racine évidente, donc pour tout réel x : P(x) = (x − 1)(−5x − 2) .

Méthode du discriminant On a : ∆ = 32 − 4 × (−5) × 2 = 49 = 72 ; donc ∆ > 0 et P a deux racines : x1 = LYCÉE P ONTUS DE T YARD

−3 − 7 =1 −10

et

x2 =

2 −3 + 7 =− . −10 5

Terminale VI

II.5. Polynômes du second degré

On en déduit que pour tout x ∈

23

R:

µ ¶ 5 P(x) = 2 (x − 1) x + . 2

C OROLL AIRE II.5.3 Soit a, b et c trois réels (avec a , 0), E l’équation ax 2 + bx + c = 0 et ∆ = b 2 − 4ac son discriminant. Si ∆ > 0 (E) a deux solutions distinctes :

p −b + ∆ x1 = 2a

Si ∆ = 0 Si ∆ < 0 Exercice II.5.2.

p −b − ∆ x2 = . 2a

et

(E) a une seule solution :

(E) n’a pas de solution dans

Résoudre dans

a. 3x 2 + 5x − 7 = 0.

x0 = −

R.

(E)

b . 2a

R.

b. 3x 2 − 5x − 2 = 0.

c. 3x 2 + 5x + 7 = 0. 4 d. −5x 2 + 4x − = 0. 5

Solution a. On a : ∆ = 25 − 4 × 3 × (−7) = 109 ; donc ∆ > 0, l’équation a deux solutions : p p −5 − 109 −5 + 109 x1 = et x2 = . 6 6 S=

(

−5 −

p 6

109 −5 + ,

) p 109 . 6

b. Méthode de la racine évidente On voit que 2 est racine évidente, donc pour tout réel x : 3x 2 − 5x − 2 = (x − 2)(3x + 1). ½

1 S = 2 ;− 3

c. On a : ∆ = 25 − 4 × 3 × 7 = −59 ; donc ∆ < 0.

¾

.

S=; .

d. Méthode des identités

µ ¶ µ ¶ 4 4 4 2 2 = −5 x 2 − x + = −5 x − . 5 5 25 5 ½ ¾ 2 . S= 5 µ ¶ 4 Méthode du discriminant On a : ∆ = 16 − 4 × (−5) × − = 0 ; donc ∆ = 0, l’équation a une seule solution : 5

−5x 2 + 4x −

x0 =

−4 2 = . −10 5

S=

½ ¾ 2 . 5

-

série S

24

II. Révisions

II.5.4 Signe d’un trinôme On se propose de déterminer le signe de P(x) = ax 2 + bx + c en fonction de x. On a vu en II.5.3 que lorsque ∆ > 0, on a la factorisation : P(x) = a (x − x1 ) (x − x2 ) . Donc en supposant que x1 < x2 , on en déduit le tableau suivant : x a x − x1 x − x2

x1

signe de a

Lorsque ∆ < 0, d’après (II.30) : P(x) = a Nous en déduisons le théorème suivant. T HÉORÈME II.5.4

·µ |

signe de a + −

0

− −

P(x)

x2

x+

0

+ +

0

signe de − a

0

signe de a

¶ ¸ b 2 ∆ − 2 ; donc P est du signe de a. 2a 4a {z }

strictement positif

Soit P : x 7→ ax 2 + bx + c (avec a , 0) un trinôme du second degré et ∆ = b 2 − 4ac son discriminant. Si ∆ > 0 P(x) est du signe de a à l’extérieur des racines et du signe contraire à l’intérieur. b Si ∆ = 0 P(x) est du signe de a et s’annule en x0 = − . 2a Si ∆ < 0 P(x) est du signe de a. Exercice II.5.3.

Étudier le signe des polynômes suivants.

2

a. P1 : x 7→ −2x + 3x + 4.

b. P2 : x 7→ 3x 2 + 3x + 4. 1 c. P3 : x 7→ −5x 2 + 2x − . 5

Solution a. On a : ∆ = 9 − 32 = 41 ; donc ∆ > 0 et P1 a deux racines : p −3 − 41 x1 = −4

p −3 + 41 x2 = . −4

et

On en déduit que le signe de P1 est donné par le tableau suivant. 3−

x P1 (x)

−

p

3+

41

4 0

+

p 4 0

41 −

b. On a : ∆ = 9 − 48 = −39 ; donc ∆ < 0. P2 > 0 sur

R.

c. On a : ∆ = 4 − 4 = 0 ; donc ∆ = 0 et P3 a une seule racine : x0 =

P2 Ê 0 sur

R et P

2

2 −2 = . −10 5

est s’annule seulement en

2 . 5

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

II.5. Polynômes du second degré

25

II.5.5 Tableau récapitulatif

Calcul du discriminant et reconnaisance du signe

P(x) = ax 2 + bx + c ∆ = b 2 − 4ac signe de ∆

Étude Factorisation du signe

Recherche des racines

∆>0

p

∆=0

p

b x 0 = − 2a

a (x − x 1 )(x − x 2 )

a (x − x 0 )2

Pas de factorisation dans

x0 Signe Signe 0 P(x) de a de a

x P(x) Signe de a

x1 x2 Signe Signe Signe 0 0 P(x) de a de −a de a

Interprétation graphique

O

b − 2a

¶ µ b f − µ 2a ¶ b f − 2a

O

Pas de racine dans

R

x

a >0

x1

R

∆ ∆ ; x 2 = −b+ x 1 = −b− 2a 2a

x

x1

∆<0

a >0

a>0

x2

O

b 2a b − 2a O

a <0

−

µ ¶ b f − 2a O

b − b − 2a 2a O ¶

a <0

µ b f − 2a

a<0

x2 b − 2a

II.5.6 Compléments T HÉORÈME II.5.5 S OMME ET PRODUIT DES RACINES Soit ax 2 + bx + c un triôme du second degré qui a deux racines : x1 et x2 . On a : x1 + x2 = −

b a

x1 x2 =

c . a

T HÉORÈME II.5.6 É QUATIONS EN SOMME ET PRODUIT Soit deux nombres dont on connaît le produit P et somme S. Ces deux nombres sont les racines du trinôme : x 2 − Sx + P.

II.5.7 Travaux dirigés -

série S

26

II. Révisions

II.5.7.a Factorisation d’expressions bicarrées Les trinômes bicarrés sont les trinômes de la forme P : x 7→ ax 4 + bx 2 + c. L’objectif de ce travail dirigé est de dégagé à travers quelques exemples une méthode générale permettant de décomposer n’importe quel trinôme bicarré en produit de deux facteurs de degré 2.

Partie A – avec le discriminant Factoriser (lorsque c’est possible) les polynômes suivants en utilisant la méthode du discriminant (on pourra poser :

X = x 2 ).

1. P1 : x 7→ 2x 4 + 3x 2 − 1.

2. P2 : x 7→ x 4 + x 2 + 1.

3. P3 : x 7→ 6x 4 − 5x 2 − 6.

4. P4 : x 7→ x 4 + 16.

5. P5 : x 7→ 2x 4 − 7x 2 + 6.

6. P6 : x 7→ 2x 4 − x 2 + 8.

Partie B – sans le discriminant On constate que certains polynômes considérés ci-dessus ont un discriminant strictement négatif et ne sont donc pas factorisables par la méthode du discriminant. On se rappelle alors que cette méthode découle de la forme canonique que nous avions obtenue en factorisant par le coefficient dominant puis en considérant les deux premiers termes du facteur de degré 2 comme le début d’un carré. L’idée est alors, non pas de considérer les deux premiers termes du facteur de degré 2 comme le début d’un carré, mais de considérer les termes extrêmes du facteur de degré 2 comme les termes extrêmes d’un carré. Factoriser les polynômes qui ne l’ont pas été dans la partie A.

II.5.7.b Équations en somme et produit 1. Soit P : x 7→ ax 2 + bx + c un trinôme du second degré dont le discriminant est strictement positif. Exprimer en fonction de a, b et c la somme et produit des racines. 2. Soit α et β deux nombres dont on connaît la somme, s et le produit, p. Démontrer que α et β sont les racines du polynôme : P : x 7→ x 2 − sx + p.

3. Un rectangle a pour périmètre 24 et pour aire 35, déterminer ses dimensions. ½ x+y =4 4. Résoudre dans 2 le système suivant : xy = 1 ½ 2 x + y 2 = 25 5. Résoudre dans 2 le système suivant : x y = −12

R R

II.5.8 Exercices Le plan est muni d’un repère orthonormé (O ;~ı,~ ) (unité graphique : 1 cm). 2

II.5.a. Écrire P : x 7→ x − 2x + 2 sous forme canonique. 2

II.5.b. Écrire Q : x 7→ 4x − 2x + 2 sous forme canonique.

II.5.d. Tracer la courbe P d’équation y = x 2 − 2x + 2.

II.5.e. Tracer la courbe P d’équation y = −3x 2 − 12x − 4.

II.5.c. Écrire R : x 7→ −5x 2 +10x +2 sous forme canonique.

II.6 Exercices résolus Exercice II.6.1.

Le plan est muni d’un repère orthonormé (O ;~ı ,~ ) (unité graphique : 1 cm). 2x + 1 . x +1

Représenter graphiquement la fonction f : x 7→

Solution L’ensemble de définition de f est Df =

R \ {−1}. On a : 2x + 1 −1

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

x +1 2 Terminale VI

II.6. Exercices résolus

27

Donc pour tout x ∈ Df : f (x) =

2(x + 1) − 1 1 =− + 2. x +1 x +1

1 On en déduit que la courbe représentative de f , C f , est l’image de l’hyperbole H d’équation : y = − ; par la translax µ ¶ −1 tion de vecteur ~ v . On en déduit le graphique de la figure II.16. 2

Cf

O′ ~ O

~ı

F IGURE II.16 – Représentation graphique de f . M M

Pour représenter graphiquement une fonction homographique, on peut transformer son écriture en utilisant une division de fonctions affines puis en déduire la courbe par un argument de fonctions associées.

Exercice II.6.2.

m désigne un nombre réel. On considère les fonctions f m : x 7→ mx +5m +3 et h : x 7→

graphiques respectives Dm et H.

−x − 2 ainsi que leurs représentations x +3

1. Déterminer, suivant les valeurs de m , le nombre de points d’intersection des courbes Dm et H. 2. Démontrer que les droites Dm concourent en un point A dont il conviendra de préciser les coordonnées. 3. Le plan est muni d’un repère orthonormé (O ;~ı ,~ ) (unité graphique : 1 cm). Tracer H, D−4 , D−1 et D0 .

Solution 1. Pour tout réel m , les abscisses des points d’intersection des courbes l’équation :

Dm

f m (x) = h(x)

R

et

H sont les solutions de (Em )

dont l’ensemble de validité est \ {−3}. Les courbes Dm et H ont autant de points d’intersection que (Em ) a de solutions. (Em )

−x − 2 x +3 mx 2 + 3mx + 5mx + 15m + 3x + 9 = −x − 2 mx 2 + (8m + 4)x + 15m + 11 = 0. mx + 5m + 3 =

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

(E0 ) n’est pas une équation du second degré et : (E0 )

-

⇐⇒

4x + 11 = 0

⇐⇒

x =−

11 . 4 série S

28

II. Révisions

Donc, pour m = 0, (Em ) n’a qu’une solution et donc H et D0 n’ont qu’un point d’intersection. Pour m , 0, (Em ) est une équation du second degré et le nombre de ses solutions est déterminé par le signe de son discriminant : ¡ ¢ ¡ ¢ ∆m = (8m + 4)2 − 4m(15m + 11) = 4 (4m + 2)2 − 15m 2 − 11m = 4 m 2 + 5m + 4 . ¡ ¢ −5 − 3 −5 + 3 = −4 et m 1 = = −1. ∆m est du signe de m 2 + 5m + 4 . ∆ = 25 − 4 × 4 = 9, donc ∆m a deux racines : m 1 = 2 2 On en déduit le signe de ∆m suivant les valeurs de m :

m ∆m

+

−4 0

−

−1 0

0 +

+

D’où l’on tire que : – pour m ∈ {−4 ;−1 ;0}, H et Dm n’ont qu’un point d’intersection ; – pour m ∈] − 4 ;−1[, H et Dm n’ont pas de point d’intersection ; – pour m ∈] − ∞ ;−4[∪] − 1 ;0[∪]0 ;+∞[, H et Dm ont deux points d’intersection. Un point A(x, y) appartient à toutes les droites Dm si, et seulement si pour tout m ∈ y = mx + 5m + 3

⇐⇒

R : y = mx + 5m + 3. Or :

(x + 5)m + 3 − y = 0.

On cherche donc x et y pour que le polynôme en m : (x +5)m +3− y ; soit le polynôme nul. Cette condition est réalisée uniquement lorsque : ½ x +5 = 0 3− y = 0 C’est-à-dire lorsque : (x ; y) = (−5; 3). Les droites Dm concourent en A(−5 ;3) 2. D−4 , D−1 et D0 sont les droites d’équations respectives : y = −4x − 17, y = −x − 2 et y = 3. −x − 2 −x − 3 + 1 1 . Donc H est l’image de l’hyperbole d’équation De plus, pour tout x ∈ Dh , on a : h(x) = = = 1+ x +3 x +3 x +3 1 y = par la translation de vecteur −3~ı +~. On déduit de cette étude la figure II.17. x

D0

A

Cf

D−4

~ O

~ı

D−1

F IGURE II.17 – Représentation graphique de f . LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

II.6. Exercices résolus

29

Exercice II.6.3.

Le plan est muni d’un repère orthonormé (O ;~ı ,~ ) (unité graphique : 1 cm). 1 On considère les fonctions f : x 7→ 2x + 3 et h : x 7→ ainsi que leurs représentations graphiques respectives D et H. x +3 Déterminer algébriquement la position relative des courbes D et H puis tracer ces deux courbes.

Solution La position relative des courbes D et H est déterminée par le signe de la fonction f − h dont l’ensemble de définition est : \ {−3}. Pour tout réel x :

R

( f − h)(x) = 2x + 3 −

1 (2x + 3)(x + 3) − 1 2x 2 + 9x + 8 = = . x +3 x +3 x +3

Calculons le discriminant du numérateur : ∆ = 81 − 4 × 16 = 17. Donc le numérateur a deux racines : p p −9 − 17 −9 + 17 . x1 = et x2 = 4 4 On en déduit le signe de f − h : x 2x 2 + 9x + 8 x +3 ( f − h)(x)

+ − −

p −9 − 17 4 0 0

−3 − − +

0

+ + −

p −9 + 17 4 0 0

+ + +

D’où l’on tire que : p p −9 − 17 −9 + 17 et . – D et H se coupent aux points d’abscisse 4 # " # "4 p p −9 − 17 −9 + 17 – pour x ∈ ;−3 ∪ ;+∞ , D est au-dessus de H ; 4 4 # p " p " # −9 + 17 −9 − 17 – pour x ∈ −∞ ; ∪ −3 ; , D est au-dessous de H. 4 4

De plus H est l’image de l’hyperbole d’équation y = figure II.18.

1 par la translation de vecteur −3~ı . On déduit de cette étude la x

Cf

D

~ x1 x2

O

~ı

F IGURE II.18 – Représentation graphique de f .

-

série S

30

II. Révisions

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

Chapitre III

Suites numériques III.1 Vocabulaire de l’ordre dans IR III.1.1 Majorants, minorants . . .

R

Considérons une partie E de , par exemple : E =] − 3; 0] ∪ {2} ; On a pour tout x ∈ E : 2, 5 Ê x ; on dit que 2, 5 est majorant de E. Tout nombre plus grand que 2, 5 est également un majorant de E. L’ensemble des majorants de E est l’intervalle [2; +∞[. On a pour tout x ∈ E : −4 É x ; on dit que −4 est minorant de E. Tout nombre plus petit que −4 est également un minorant de E. L’ensemble des minorants de E est l’intervalle ] − ∞ ; −3]. E a un plus grand élément, 2, mais n’a pas de plus petit élément. Un ensemble qui a des majorants (respectivement des minorants) est dit majoré (respectivement minoré). Un ensemble à la fois minoré et majoré est dit borné. Certaines parties de , comme , ne sont pas bornées. Le plus petit élément (s’il existe) de l’ensemble des majorants (respectivement minorants) est appelé borne supérieure (respectivement borne inférieure). Par exemple la borne supérieure de E est 2 et sa borne inférieure est −3. T HÉORÈME III.1.1 Une partie E de est bornée si et seulement si il existe un nombre réel A tel que pour tout élément x de A : |x| É A

R

N

R

Démonstration

Pour tous nombres réels x et A : |x| É A

R

⇐⇒

−A É x É A.

Soit E une partie de . S’il existe un nombre réel A tel que pour tout élément x de E : |x| É A ; alors −A est minorant de E et A est un majorant de E ; on en déduit que E est borné. Réciproquement, si E est borné. Soit m un minorant de E et M un majorant de E. Posons : A = max{−m,M}.

On a : −m É A et M É A ; donc : −A É m et M É A ; or pour tout élément x de E : m É x É M ; donc par transitivité : −A É x É A.

Soit finalement, pour tout élément x de E : |x| É A. ä

III.1.2 Théorème de la borne supérieure (complément) Ce paragraphe est hors programme, il peut ne pas être lu et est destiné aux élèves désireux d’en savoir plus. Soit maintenant une partie majorée non vide E quelconque. Les considérations envisagées ci-dessus laissent supposer que l’ensemble des majorants de E est un intervalle qui serait donc de la forme [a ; +∞[ ou ]a ; +∞[ (a ∈ ). Mais si a n’était pas un majorant de E, alors il existerait un élément x de E tel que : a < x. On se trouverait alors dans la situation contradictoire suivante : a+x a+x a+x a+x est un majorant de E (car ∈]a ; +∞[) et n’est pas un majorant de E (car < x). 2 2 2 2 On en déduit que a est le plus petit des majorants de E et donc la borne supérieure de E. Cette étude nous conduit à énoncer le théorème suivant que nous admettons.

R

T HÉORÈME III.1.2

T HÉORÈME DE L A BORNE SUPÉRIEURE

Toute partie majorée (respectivement minorée) non vide de

Remarque Ce théorème est faux dans Exemple Dans

Q l’ensemble

R a une borne supérieure (respectivement inférieure).

Q.

Q¯¯x 2 < 2ª p 3 est majoré par mais n’a pas de borne supérieure ; alors que dans R il a une borne supérieure : 2. 2 © E= x ∈

31

32

III. Suites numériques

III.2 Définitions III.2.1 Introduction D ÉFINITION III.2.1

SUITE NUMÉRIQUE

Une suite numérique est une fonction d’une partie de

N dans un ensemble de nombres (généralement R).

Exemples un = n 2 . 1. On peut considérer la suite (un )n∈N définie par : On a alors : u0 = 0 ; u1 = 1 ; u2 = 4 ; u3 = 9 ; u4 = 16 . . . Pour chaque terme un on a : un = f (n) ; où f est la fonction x 7→ x 2 . On dit que la suite (un ) est définie explicitement. On peut calculer directement des termes de « grands indices » (u100 = 10000). ( 1 v2 = 2. On peut considérer la suite (v n )nÊ2 définie par : 2 2 . v n+1 = v n 1 1 1 ··· On a alors : v 2 = ; v 3 = ; v 4 = 2 4 16 v 0 et v 1 ne sont pas définis. Pour chaque terme on a : v n+1 = f (v n ) ; où f est la fonction x 7→ x 2 . On dit que la suite (v n ) est définie par récurrence . Pour calculer un terme il faut connaître les termes précédents.

1 La suite (v n ) peut cependant être définie explicitement, pour tout entier naturel n Ê 2 : v n = n−2 . (2 ) 2 ½ w0 = w1 = 1 3. On peut également considérer la suite (w n )n∈N définie par : . w n+1 = w n+1 + w n − n Déterminer les cinq premiers termes de cette suite.

Remarque Toutes les suites étudiées en classe de Première et de Terminale seront définies sur certain indice.

N ou à partir d’un

III.2.2 Composée d’une suite par une fonction D ÉFINITION III.2.2 Soit f une fonction et (v n ) une suite d’éléments de l’ensemble de définition de f . La composée de (v n ) par f est la suite (un ) de terme général : un = f (v n ).

Exemple Si (v n )n∈N et f sont définies par : v n = n 2 et f (x) = 2x − 3 ; alors (un )n∈N est définie par : un = 2n 2 − 3.

III.2.3 Exercices III.2.a. Calculer les cinq premiers termes de la suite (un )n∈N définie par : un = 4n 2 − n + 1.

III.2.b. Calculer les cinq premiers termes de la suite (un )n∈N définie par : u0 = 0 et pour tout n ∈ ⋆ ;

N

2 un = un−1 + 1.

III.2.c. Calculer les cinq premiers termes de la suite (v n )n∈N , composée de la suite (un ) de l’exercice précédent par la fonction f : x 7→ x 2 − 1.

III.3 Représentation graphique d’une suite III.3.1 Représentation graphique d’une suite définie explicitement Pour représenter graphiquement une suite définie explicitement (par une relation du type un = f (n)), il suffit de représenter graphiquement la fonction f sur la partie positive de son ensemble de définition. LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

III.3. Représentation graphique d’une suite

33

Exemple Pour représenter graphiquement la suite (un )nÊ1 définie par : un = 2− graphique de la fonction f : x 7→ 2 −

2 ; il suffit de tracer la représentation n

2 ; pour chaque indice n , un est l’ordonnée du point de la courbe d’abscisse n . x

Les termes de la suite apparaissent alors sur l’axe des ordonnées (voir figure III.1). 2 u3 u2

~

Cf

u1 0 ~ı

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

F IGURE III.1 – Représentation graphique d’une suite définie explicitement.

III.3.2 Représentation graphique d’une suite définie par récurrence Pour représenter graphiquement une suite définie par récurrence (par une relation du type un+1 = f (un )), on représente graphiquement la fonction f sur un intervalle contenant tous les termes de la suite et on trace la première bissectrice 1 . On place le premier terme puis les autres de proche en proche par la méthode suivante. Méthode pour placer un+1 sur l’axe des abscisses lorsque un est placé – On place sur la courbe le point An d’abscisse un . Ce point a donc pour ordonnées f (un ), c’est-à-dire un+1 . – On place sur la première bissectrice le point Bn de même ordonnée que An . Bn est le point d’intersection des droites d’équations y = x et y = un+1 , Bn a donc pour abscisse un+1 . – Il ne reste plus qu’à placer un+1 sur l’axe des abscisses.   u0 = 10 un 2 ; Exemple Pour représenter graphiquement la suite (un )n∈N définie par :  un+1 = + 2 un x 2 on trace sur [0; +∞] la représentation graphique de la fonction f : x 7→ + et la droite ∆ d’équation : y = x . 2 x Les termes de la suite apparaissent alors sur l’axe des abscisses (voir figure III.2). B0 A0 Cf B1 B2

A1 A2

~ O

~ı

u3

u2

u1

u0

F IGURE III.2 – Représentation graphique d’une suite définie par récurrence.

III.3.3 Exercices III.3.a. f désigne la fonction x 7→ x 2 et (un )n∈N est la suite définie par : un = f (n). Représenter graphiquement la suite (un ) et déterminer sa limite.

définie par : u0 = 0, 5 et pour tout entier naturel non nul, n, un = f (un−1 ). Représenter graphiquement la suite (un ) (unité graphique : 20 cm) et conjecturer sa limite.

III.3.b. f désigne la fonction x 7→ x 2 et (un )n∈N est la suite

III.3.c. Le plan est muni d’un repère orthonormé (O ;~ı,~ )

1. la première bissectrice est la droite d’équation y = x

-

série S

34

III. Suites numériques

2 . x C f est la représentation graphique de f . (un ) est la suite vérifiant, u0 = 5, et pour tout entier naturel non nul, n : un = f (un−1 ). (unité graphique : 2cm). f est la fonction : x 7→ 3 −

1. Déterminer les éventuelles asymptotes de C f . 2. Déterminer les points fixes 2 de f . 3. Représenter graphiquement les cinq premiers termes de la suite (un ) puis conjecturer sa limite éventuelle.

III.4 Suites bornées III.4.1 Généralités D ÉFINITIONS III.4.1

SUITE BORNÉE

(1) Dire qu’une suite est majorée (respectivement minorée) signifie que l’ensemble des termes de cette suite est majoré (respectivement minoré). (2) Une suite à la fois majorée et minoré est dite bornée.

Exemple Considérons la suite (un )n∈N définie par : un = 2sin n + 1. Soit n un entier naturel. La fonction f : x 7→ 2x +1 est croissante sur (fonction affine de coefficient dominant positif) et on sait que : −1 É sin n É 1 ; donc : f (−1) É f (sin n) É f (1) ; c’est-à-dire : −1 É un É 3. La suite (un ) est donc majorée par 3 et minorée par −1

R

Notations et vocabulaire 1. Lorsqu’une suite (un ) est majorée, par abus de langage nous appellerons borne supérieure de (un ) la borne supérieure de l’ensemble de ces termes. 2. On défini de même la borne inférieure d’une suite minorée. Exercice III.4.1.

On considère la suite (u n )nÊ1 définie par : un =

1. Calculer les trois premiers termes de cette suite. 1 et majorée par 1. 2

n X

1

i =1 n + i

.

2. Démontrer que la suite (u n ) est minorée par

Solution 1. On a : u1 =

1 X

1 1 = 1 + i 2 i=1

u2 =

2 X

1 1 7 1 = + = 1 + i 2 + 1 2 + 2 12 i=1

u3 =

3 X

1 1 1 37 1 = + + = 3 + i 3 + 1 3 + 2 3 + 3 60 i=1

2. Soit n un entier naturel non nul. un est une somme de n termes, elle donc minorée par n fois le plus petit et majorée par n fois le plus grand. Donc : 1 1 n× É un É n × . n +n n +1 1 n n 1 1 1 = et n× = É 1 (car Or : n× ; donc : n× est un quotient de deux nombres réels strictement n +n 2 n +1 n +1 n +1 n +1 positifs et numérateur est inférieur au dénominateur). Donc : 1 É un É 1. 2

La suite (un ) est minorée par

1 et majorée par 1. 2

III.4.2 Exercices III.4.a. Démontrer que la suite (un )nÊ0 , de terme général 1 , est bornée et préciser un majorant et un un = 2 + sin n minorant.

III.4.b. Démontrer que la suite (un )nÊ0 , de terme général ¶2 µ 1 + sin n , est bornée et préciser un majorant et un un = 2 minorant.

2. Les points fixes de f sont les solutions de l’équation : f (x) = x.

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

III.5. Suites monotones

35 n X

1 , est bornée et préciser un majorant et un 2n +k k=1 minorant.

III.4.c. Démontrer que la suite (un )n>0 , de terme général

un =

III.5 Suites monotones III.5.1 Définitions D ÉFINITIONS III.5.1

SUITE MONOTONE

(1) Dire qu’une suite est croissante (respectivement décroissante) signifie que cette suite est une fonction croissante (respectivement décroissante). (2) Les suites croissantes et les suites décroissantes sont dites monotones. Soit (un )nÊn0 une suite. Dire que (un ) est croissante signifie que pour tous entiers p et q supérieurs ou égaux à n0 : pÉq

=⇒

up É uq .

Remarques 1. On définit de même les suites strictement monotones. 2. Toute suite croissante est minorée par son premier terme 3. Toute suite décroissante est majorée par son premier terme D ÉFINITIONS III.5.2 Soit (un )nÊn0 une suite. (1)

La suite (un ) est dite constante lorsque pour tout nombre entier, n, supérieur ou égal à n0 : un = un0 .

(2) La suite (un ) est dite stationnaire lorsqu’il existe un nombre entier, p, tel que pour tout nombre entier, n, supérieur ou égal à p : un = u p .

Remarques 1. Les suites constantes sont les suites à la fois croissantes et décroissantes. 2. Les suites stationnaires sont les suites constantes à partir d’un certain indice. 3. Les suites constantes sont des cas particuliers de suites stationnaires.

III.5.2 Méthodes d’étude du sens de variation d’une suite III.5.2.a Cas général T HÉORÈME III.5.1 Soit (un )nÊn0 une suite numérique. (1) Si pour tout entier n Ê n0 , on a : un+1 − un Ê 0 ; alors la suite (un ) est croissante. (2) Si pour tout entier n Ê n0 , on a : un+1 − un É 0 ; alors la suite (un ) est décroissante. Démonstration Démontrons (1). Soit p et q deux entiers tels que : n o É p É q. On a : u p É u p+1 É ··· É u q−1 É u q donc la suite (u n ) est croissante. On démontre de même (2). ä

Exercice III.5.1.

Étudier le sens de variation de la suite (u n )n∈

Solution Soit n un entier naturel non nul. On a : un+1 − un =

N

⋆

définie par : u n =

1 . n

1 1 n − (n + 1) 1 − = =− n +1 n n(n + 1) n(n + 1)

or n et n + 1 sont tous deux strictement positifs donc pour tout entier naturel non nul n on a : −

c’est-à-dire : un+1 − un É 0. La suite (un ) est donc décroissante.

-

1 <0; n(n + 1)

série S

36

III. Suites numériques

III.5.2.b Lorsque tous les termes de la suite sont strictement positifs T HÉORÈME III.5.2 Soit (un )nÊn0 une suite dont tous les termes sont strictement positifs. un+1 Ê 1 ; alors la suite (un ) est croissante. (1) Si pour tout entier n Ê n0 , on a : un un+1 (2) Si pour tout entier n Ê n0 , on a : É 1 ; alors la suite (un ) est décroissante. un Démonstration Ce théorème se déduit du précédent car les termes de la suite étant strictement positifs, on a : u n+1 u n+1 Ê 1 =⇒ u n+1 Ê u n et É 1 =⇒ u n+1 É u n . ä un un 1 Exercice III.5.2. Étudier le sens de variation de la suite (u n )n∈ ⋆ définie par : u n = . n

N

Solution Tous les termes de cette suite sont strictement positifs. Soit n un entier naturel non nul. 1 un+1 n + 1 = n = n +1−1 = 1− 1 . = 1 un n +1 n +1 n +1 n

Donc :

un+1 É 1. La suite (un ) est décroissante. un

III.5.2.c Lorsque la suite est définie explicitement, u n = f (n) T HÉORÈME III.5.3 Soit (un )nÊn0 une suite définie par une relation du type : un = f (n). (1) Si la fonction f est croissante sur [n0 ; +∞[ ; alors la suite (un ) est croissante. (2) Si la fonction f est décroissante sur [n0 ; +∞[ ; alors la suite (un ) est décroissante. Démonstration Ce théorème est une conséquence immédiate de la D ÉFINITION III.5.1ä

Exercice III.5.3.

Étudier le sens de variation de la suite (u n )n∈

Solution On sait que la fonction x 7→

N

⋆

définie par : u n =

1 . n

1 est décroissante sur [1; +∞[ donc la suite (un ) est décroissante. x

Remarque La réciproque de ce théorème est fausse, la suite (un ) peut être croissante sans que la fonction f le soit. x 1 Pour s’en convaincre il suffit de considérer, par exemple, la fonction f : x 7→ + sin(2πx). 2 2π 1 La fonction f n’est pas monotone car sa dérivée, la fonction f ′ : x 7→ + cos(2πx), est strictement positive sur les in2 · · ¸ ¸ 5 7 5 5 ;k + ;k + (k ∈ ) et strictement négative sur les intervalles k + (k ∈ ) ; et pourtant la tervalles k − 12 12 12 12 n suite (un ), définie par un = f (n) = , est strictement croissante (voir figure III.3). 2

Z

Z

III.5.2.d Composée d’une suite monotone par une fonction monotone Le théorème suivant est un cas particulier du théorème ??. T HÉORÈME III.5.4 Si un est une suite monotone d’éléments d’un intervalle I et si f est une fonction monotone sur I, alors f (un ) est une suite monotone ; plus précisément, le sens de variation de f (un ) est donné dans le tableau ci-dessous. (un ) est croissante (un ) est décroissante

f est croissante sur I ( f (un )) est croissante ( f (un )) est décroissante

Exemple Considérons la suite (v n )n∈N⋆ de terme général : v n =

f est décroissante sur I ( f (un )) est décroissante ( f (un )) est croissante

1 . n 1 X

k=1 k

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

III.6. Suites arithmétiques - suites géométriques

37

8 u15

b

b

7 u13

b

b

6 u11

b

b

5 u9

b

b

4 u7

b

b

3 u5

b

b

2 u3

b

b

1 u1

b

b

b

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

f F IGURE III.3 – Suite croissante définie explicitement, sans que le fonction soit croissante. n 1 X 1 par la fonction f : x 7→ . (un ) est strictement x k=1 k 1 1 ⋆ , un+1 − un = avec > 0) de plus positive (comme somme de nombres strictement positifs) et croissante (∀n ∈ n n la fonction f est décroissante sur ]0; +∞[ ; donc la suite (v n ) est décroissante.

(v n ) est la composée de la suite (un )n∈N⋆ de terme général, un =

N

III.5.3 Exercices III.5.a. Étudier le sens de variation de la suite (un )n>0 dén X 1 . finie par : un = i=1 n + i

III.5.b. Étudier le sens de variation de la suite (un )n>0 dé2n . finie par : un = n! III.5.c. Étudier le sens de variation de la suite (un )nÊ0 dé-

finie par : un = n 2 + 4n − 7.

III.5.d. Étudier le sens de variation de la suite (un )nÊ0 dén2 + 3 finie par : un = . n +4 III.5.e. Étudier le sens de variation de la suite (un )n>0 dé1 finie par : un = . 1 + n1

III.6 Suites arithmétiques - suites géométriques III.6.1 Suites arithmétiques III.6.1.a Définition D ÉFINITION III.6.1 Une suite arithmétique de raison r est une suite (un )nÊn0 telle que pour tout entier n Ê no : un+1 = un + r .

Remarque Une suite arithmétique est entièrement déterminée par sa raison et son premier terme. Exemple Pour la suite arithmétique de raison −2 et de premier terme u3 = 5, on a : u4 = 3 ; u5 = 1 ; u6 = −1 . . . La figure III.4 suggère que pour une suite arithmétique de raison r : u p+4 = u p + 4r . En posant : n = p + 4 ; il vient : 4 = n − p et un = u p + (n − p)r . Plus généralement, on a le théorème suivant.

-

série S

38

III. Suites numériques up

u p+1

|

u p+2

|

u p+3

|

r

u p+4

|

r

|

r

r

F IGURE III.4 – Suite arithmétique. T HÉORÈME III.6.1 Soit (un )nÊn0 une suite arithmétique de raison r . Pour tous nombres entiers n et p supérieurs ou égaux à n0 on a : un = u p + (n − p)r. Démonstration 1er

Procédons par disjonction des cas.

cas n = p On a : u p + (n − p)r = u n + 0 × r = u n ; donc le théorème est vérifié.

2e cas n > p On a : u p+1 = u p + r ; u p+2 = u p+1 + r ; u p+3 = u p+2 + r ;. . . plus généralement, à chaque étape on passe d’un terme au suivant en ajoutant r . On passe de u p à u n en n − p étapes, c’est-à-dire en ajoutant n − p fois r , d’où : u n = u p + (n − p)r . 3e cas n < p On a : p > n ; donc, d’après le cas précédent (en permutant n et p), il vient : u p = u n + (p − n)r ; d’où : u n = u p + (n − p)r . Dans les trois cas la formule est vérifiée. ä

Exemple Si (un ) est une suite arithmétique de raison −5 et si u13 = 52 alors : u121 = u13 − 5(121 − 13) = −488.

Lorsque p = n0 , on en déduit le corollaire suivant. C OROLL AIRE III.6.2 Si (un ) est la suite arithmétique de raison r et de premier terme un0 , alors pour tout nombre entier n (avec n Ê n0 ), on a: un = r (n − n0 ) + un0 .

Exemple La suite arithmétique (un ) de raison 3 et de premier terme u2 = −1 est définie par : un = 3(n −2)−1 = 3n −7.

Remarques 1. L’expression obtenue dans le corollaire III.6.2 fournit une définition explicite d’une suite arithmétique. 2. le terme général d’une suite arithmétique est une fonction affine de l’indice dont le coefficient de degré 1 est la raison.

III.6.1.b Propriétés Le théorème suivant est une conséquence immédiate de la définition III.6.1. T HÉORÈME III.6.3 (1) Une suite arithmétique est croissante si, et seulement si, sa raison est positive. (2) Une suite arithmétique est décroissante si, et seulement si, sa raison est négative. D ÉFINITION III.6.2 La moyenne arithmétique de deux nombres réels a et b est le nombre :

a +b . 2

T HÉORÈME III.6.4 Si a, b, c sont trois termes consécutifs d’une suite arithmétique, alors b est la moyenne arithmétique de a et c. Démonstration Soit (u n ) la suite arithmétique, r sa raison et k l’indice de b.   a = u k−1 a +c b −r +b +r b = u k = u k−1 + r = a + r ; donc : = = b. ä On a :  2 2 c = u k+1 = u k + r = b + r

III.6.1.c Somme de termes consécutifs Soit (un )nÊno une suite arithmétique et m et p deux entiers tels que : n0 É m É p. p X On se propose de calculer la somme : S = um + um+1 + · · · + u p = un . | {z } n=m p−m+1 termes

On a donc :

½

S= S=

um (um + (p − m)r )

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

+ +

(um + r ) (um + (p − m − 1)r )

+ +

··· ···

+ +

(um + (p − m)r ) um

Terminale VI

III.6. Suites arithmétiques - suites géométriques

39

puis par somme : 2S = (um + um + (p − m)r ) + (um + um + (p − m)r ) + · · · + (um + um + (p − m)r ) ; d’où finalement : um + um+1 + · · · + u p = (p − m + 1)

um + u p 2

.

T HÉORÈME III.6.5 Soit (un )nÊn0 une suite arithmétique et m et p des nombres entiers naturels tels que : n0 É m É p. On a : p X

uk = (p − m + 1)

um + u p

. 2 On peut retenir cette formule en remarquant qu’une somme de termes consécutifs d’une suite arithmétique s’obtient en effectuant le produit du nombre de termes par la moyenne des termes extrêmes. k=m

Exercice III.6.1.

Calculer la somme des n premiers nombres entiers naturels non nuls.

Solution Les n premiers nombres entiers naturels non nuls sont les n premiers de la suite arithmétique de raison 1 et de premier terme, u1 = 1, donc : n X u1 + un 1 + n n(n + 1) k=n =n = . 2 2 2 k=1

Exercice III.6.2.

Calculer la somme des n premiers nombres entiers naturels impairs.

Solution Les n premiers nombres entiers naturels impairs sont les nombres de la forme 2k −1, pour k variant de 1 à n ; ce sont donc les n premiers termes de la suite arithmétique de raison 2 et de premier terme : u 1 = 1. On a : un = 2n−1.

III.6.2 Suites géométriques III.6.2.a Définition D ÉFINITION III.6.3 Une suite géométrique de raison q est une suite (un )nÊno telle que pour tout entier n Ê no : un+1 = qun .

Exemples Considérons les suites géométriques (un ), (v n ) et (w n ), définies sur

N, de raisons respectives 2, −3, 12 et de

premiers termes respectifs 3, 2, −4. Les cinq premiers termes de chaque suite sont représentés dans la tableau III.1. 3 4 24 48 −54 162 1 1 w n −4 −2 −1 − − 2 4 TABLE III.1 – Cinq premiers termes de suites géométriques (un ), (v n ) et (w n ). n un vn

0 3 2

1 6 −6

2 12 18

Remarques 1. Lorsque q = 0, la suite est nulle à partir du deuxième terme, elle est donc stationnaire. 2. Lorsque q = 1, la suite est constante. 3. Une suite géométrique est entièrement déterminée par sa raison et son premier terme. 4. Lorsque la raison est strictement négative et le premier terme non nul, la suite est de signe alterné, elle est donc non monotone (ni croissante ni décroissante). 5. Lorsque la raison est strictement positive, la suite géométrique est du signe de son premier terme. T HÉORÈME III.6.6 Soit (un )nÊn0 une suite géométrique de raison q. Pour tous nombres entiers n et p supérieurs ou égaux à n0 on a : un = u p q n−p . Démonstration 1er 2e

Procédons par disjonction des cas.

cas n = p On a : u p q n−p = u p q 0 = u p = u n ; donc le théorème est vérifié.

cas n > p On a : u p+1 = u p q ; u p+2 = u p+1 q ; u p+3 = u p+2 q ;. . . plus généralement, à chaque étape on passe d’un terme au suivant en multipliant par q. On passe de u p à u n en n − p étapes, c’est-à-dire en multipliant n − p fois par q, d’où : u n = u p q n−p .

3e cas n < p On a : p > n ; donc, d’après le cas précédent (en permutant n et p), il vient : u p = u n q p−n ; d’où : u n = u p q n−p .

-

série S

40

III. Suites numériques

Dans les trois cas la formule est vérifiée. ä

Exemple Si (un ) est une suite géométrique de raison 3 et si u4 = −

1 1 , alors : u12 = − × 38 = −243. 27 27

Lorsque p = n0 , on déduit du théorème III.6.6 le corollaire suivant. C OROLL AIRE III.6.7 Si (un ) est la suite géométrique de raison q et de premier terme un0 , alors pour tout nombre entier n (avec n Ê n0 ), on a: un = un0 q n−n0 .

Remarques 1. L’expression obtenue dans le corollaire III.6.7 fournit une définition explicite d’une suite géométrique. 2. Lorsque q , 0, une suite géométrique admet une définition explicite de la forme : un = k q n avec k = un0 q −n0 . Exemples

1 1. La suite géométrique, (un ), de raison 3 et de premier terme u2 = −1 est définie par : un = − × 3n . 9 1 1024 2. La suite géométrique, (v n ), de raison − et de premier terme u3 = 128 est définie par : un = − . 2 (−2)n

III.6.2.b Propriétés Le théorème suivant est une conséquence immédiate de la définition III.6.3. T HÉORÈME III.6.8 Soit (un )nÊn0 une suite géométrique de raison q. Le sens de variation de (un ) est donné dans le tableau ci-dessous. (un ) q ∈]1; +∞[ q ∈]0; 1[ q ∈] − ∞ ; 0[ q=0 un0 > 0 croissante décroissante non monotone stationnaire un0 < 0 décroissante croissante non monotone stationnaire un0 = 0 constante

q =1 constante constante

D ÉFINITION III.6.4 p La moyenne géométrique de deux nombres réels strictement positifs a et b est le nombre : ab. T HÉORÈME III.6.9 Si a, b, c sont trois termes consécutifs d’une suite géométrique à termes strictement positifs, alors b est la moyenne géométrique de a et c. Démonstration Soit (u n ) la suite géométrique, q sa raison et k l’indice de b.   a = u k−1 b = u k = qu k−1 = qa La suite est à termes strictement positifs donc : q , 0. On a :  c = u k+1 = qu k = qb

Représentation graphique d’une suite géométrique Pour représenter graphiquement une suite géométrique de raison q, on peut tracer les droites d’équations y = x et y = q x puis utiliser la méthode proposée §III.3.2 page 33. Désignons par h l’homothétie de centre O et de rapport q. Sur la figure ci-contre, on a pour tout entier naturel n: −−→ OB n+1 = un+2~ı + un+2~ = q(un+1~ı + un+1~) −−→ −−→ c’est-à-dire : OB n+1 = q OBn . Donc Bn+1 est l’image de Bn par h. On démontre de même que An+1 est l’image de An par ~ h. O

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

; donc :

p

ac =

s

b × qb = |b| = b. ä q

uo = 8 1 q= 2

∆:y =x B0 A0

D :y = q x

B1 A1 B2 A2 ~ı

u3

u2

u1

u0

Terminale VI

III.6. Suites arithmétiques - suites géométriques

41

III.6.2.c Somme de termes consécutifs Soit (un )nÊno une suite géométrique de raison q (avec q , 1) et m et p deux entiers tels que : n0 É m É p. p X On se propose de calculer la somme : S = um + um+1 + · · · + u p = un . | {z } n=m p−m+1 termes

On a donc :

½

S= qS =

um

+qum qum

2

+q um +q 2 um

+um q p−m +um q p−m

+··· +···

+um q p−m+1

puis par différence : q S − S = um q p−m+1 − um ; d’où finalement : um − u p+1

um + um+1 + · · · + u p =

1−q

On peut retenir cette formule en remarquant qu’une somme de termes consécutifs d’une suite géométrique s’obtient premier terme − suivant du dernier . en effectuant le quotient : 1 − raison 1 − q n+1 Remarque En particulier on a, pour tout entier naturel non nul n : 1 + q + · · · + q n = . 1−q Exercice III.6.3.

Démontrer que pour tout x ∈ [0;1[ et tout n ∈

N

⋆

; on a : 1 + x + ··· + x n É

1 1−x

Solution 1 + x + · · · + x n est la somme des n + 1 premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et de raison x , donc : 1 − x n+1 1 + x + · · · + xn = . 1−x

Or 1 − x est strictement positif et : 1 − x n+1 É 1 (car x est positif) ; donc par quotient : 1 − x n+1 1 É ; 1−x 1−x

c’est-à-dire : 1 + x + · · · + xn É

1 . 1−x

C OROLL AIRE III.6.10 Pour tous nombres réels a, b et pour tout entier naturel non nul n, on a : ¡ ¢ a n − b n = (a − b) a n−1 + a n−2 b + a n−3 b 2 + · · · + ab n−2 + b n−1 Démonstration Pour a = 0, l’égalité devient : −b n = −b × b n−1 ; qui est vraie. Pour a = b, l’égalité devient : 0 = 0 × na n−1 ; qui est vraie.

Lorsque a , 0 et a , b, le second facteur du second membre de l’égalité est la somme des termes consécutifs d’un suite géométrique de raison on en déduit que :

n

a n−1 + a n−2 b + a n−3 b 2 + ··· + ab n−2 + b n−1 =

a n−1 − ba 1 − ab

=

b , a

an − bn . b−a

En multipliant les membres extrêmes par b − a, on en déduit l’identité désirée. ä

Remarques 1. Lorsque n = 2, on retrouve l’identité II.3 et lorsque n = 3, on retrouve l’identité II.6. 2. Lorsque n est impaire, en remplaçant b par −b , on obtient : ¡ ¢ a n + b n = (a + b) a n−1 − a n−2 b + a n−3 b 2 − · · · + ab n−2 − b n−1 Lorsque n = 3, on retrouve l’identité II.7.

III.6.3 Exercices résolus III.6.3.a Suite arithmético-géométrique Exercice III.6.4.

1. Déterminer un réel a tel que la suite (v n )n∈

-

N

N définie par :

(

u 0 = −2

1 . u n+1 = − u n + 3 2 définie par : v n = u n − a ; soit géométrique.

On considère la suite (u n )n∈

série S

42

III. Suites numériques

2. Exprimer explicitement le terme général de la suite (v n ) ; en déduire celui de la suite (u n ).

Solution Pour se faire une idée, entreprenons une étude graphique. On trace les droites D et ∆ d’équations respectives : 1 y = − x + 3 et y = x . 2 Les coordonnées du point Ω(2; 2) vérifient les équations de D et ∆, donc Ω est le point d’intersection de ces deux droites sécantes. Il semble sur le graphique (on pourrait aisément le démontrer géométriquement) qu’une homothétie h, de centre Ω, transforme (pour −−→ tout n ) An en An+1 . Ce qui suggère une relation du type : ΩA n+1 = −−→ k ΩA n . −−→ −−→ Or les vecteurs ΩA n+1 et ΩA n ont respectivement pour abscisses un+1 − 2 et un − 2.

∆:y =x

A0

B0

1 D :y = − x + 3 2

A2

B2 Ω

2

B1

A1

~

u0 u2 2 u3 O ~ı On aurait donc : un+1 − 2 = k(un − 2). Ces observations graphiques nous conduisent à examiner si pour a = 2, la suite (v n ) est géométrique. 1 1 1 1 Pour tout n ∈ , on a : v n+1 = un+1 − 2 = − un + 3 − 2 = − un + 1 = − (un − 2) = − v n . 2 2 2 2 1 Donc, pour a = 2, la suite (v n ) est la suite géométrique de raison − et de premier terme v 0 = −4. 2 µ ¶ 1 n . Par conséquent la suite (v n ) est définie par : v n = −4 − 2 De plus, pour tout n ∈ , on a : un = v n + 2µ; ¶ 1 n donc la suite (un ) est définie par : un = −4 − + 2. 2

u1

N

N

M M

Pour deviner le comportement d’une suite, une étude graphique (lorsqu’elle est envisageable) est souvent fructueuse. M M

Pour démontrer qu’une suite (v n ) est géométrique, on peut exprimer v n+1 en fonction de v n de façon à exhiber une relation du type : v n+1 = q v n .

III.7 Limites de suites Soit a un réel et r un réel strictement positif. On appelle intervalle ouvert de centre a et de rayon r l’intervalle ouvert ]a −r, a +r [. Cet intervalle sera noté Ia,r . Ia,r est l’ensemble des réels dont la distance à a est strictement inférieure à r . Pour tout réel x on a donc : a −r a a +r | |x − a| < r. x ∈ Ia,r ⇐⇒ r r

III.7.1 Limite finie, limite infinie III.7.1.a Définitions D ÉFINITION III.7.1 Dire qu’un réel ℓ est la limite d’une suite (un ) signifie que tout intervalle ouvert de centre ℓ contient tous les termes de la suite à partir d’un certain indice. On écrit alors : lim un = ℓ.

n→+∞

1 Exemple Démontrons que la suite (un )n∈N⋆ définie par : un = p ; a pour limite 0. n Soit ] − r ; r [ (avec r > 0) un intervalle ouvert centré en 0. Cherchons un entier N tel que pour tout naturel n Ê N, on ait : un ∈] − r ; r [ ; c’est-à-dire : −r < un < r . 1 Il suffit de prendre un entier N tel que : N > 2 . r p 1 En effet, pour tout entier naturel n Ê N, on a alors : n Ê N > 2 ; la fonction x 7→ x est strictement croissante sur r LYCÉE P ONTUS DE T YARD

R+⋆ ,

Terminale VI

III.7. Limites de suites

43

1 1 ; la fonction x 7→ est strictement décroissante sur r x D’où : un ∈] − r ; r [ ; dès que : n Ê N. Donc la suite (un ) a pour limite 0.

on en déduit que :

p

n>

R+⋆, on en déduit que : r < 0 < p1n < r .

La définition III.7.1 signifie que les termes de la suite sont à une distance aussi petite qu’on le souhaite dès que les indices sont suffisamment grands. On a donc une accumulation des termes de la suite (un ) autour de ℓ. tous les termes à partir d’un certain indice

×

u0

z

}|

{

|××× ×× × × ℓ

···

× ××

u6 u5 u4

×

×

u3

u2

×

u1

D’après la définition III.7.1, pour démontrer qu’une suite (un ) a pour limite ℓ, il suffit de démontrer que pour tout r > 0, il existe un entier N tel que si n > N, alors |un − ℓ| < r . D ÉFINITIONS III.7.2 (1) Dire q’une suite (un ) a pour limite +∞ signifie que tout intervalle ouvert du type ]A ; +∞[ contient tous les termes de la suite à partir d’un certain indice. On écrit alors : lim un = +∞ n→+∞

(2) Dire q’une suite (un ) a pour limite −∞ signifie que tout intervalle ouvert du type ] − ∞ ; A[ contient tous les termes de la suite à partir d’un certain indice. On écrit alors : lim un = −∞ n→+∞

p Exemple Démontrons que la suite (un )n∈N définie par : un = n ; a pour limite +∞. Soit A un un nombre réel. Cherchons un entier N tel que pour tout naturel n Ê N, on ait : un ∈]A ; ∞[ ; c’est-à-dire : A < un . Il suffit de prendre un entier N tel que : N > A2 . p n Ê N > A2 ; la fonction x 7→ x est strictement croissante sur En effet, pour tout entier naturel n Ê N, on a alors :p p on en déduit que : n > |A| ; d’où par transitivité : n > A. D’où : un ∈]A ; ∞[ ; dès que : n Ê N. Donc la suite (un ) a pour limite +∞.

R+ ,

Remarques 1. Une suite qui a une limite finie est dite convergente. 2. Une suite qui n’a pas de limite ou dont la limite n’est pas finie est dite divergente. 3. Dans les définitions de limites de suites, on peut remplacer l’expression « à partir d’un certain indice » par « sauf un nombre fini d’entre eux ». 4. Si une suite converge vers un nombre ℓ, alors tout intervalle ouvert contenant ℓ contient tous les termes de la suite à partir d’un certain indice. En effet : tout intervalle ouvert contenant ℓ inclut un intervalle ouvert de centre ℓ. 5. Dans la définition III.7.1 on pourrait donc remplacer « de centre ℓ » par « contenant ℓ ». T HÉORÈME III.7.1 Toute suite convergente est bornée. Démonstration Soit (u n )nÊn 0 une suite convergente et ℓ sa limite. (u n ) converge ver ℓ, il existe donc un entier naturel N tel que pour tout entier © ª © ª n Ê N : |u n − ℓ| < 1. Posons alors : M = max u n 0 ,u n 0 +1 ,··· ,u N−1 ,u N ,ℓ + 1 et m = min u n 0 ,u n 0 +1 ,··· ,u N−1 ,u N ,ℓ − 1 . La suite (u n ) est majorée par M et minorée par m, elle est donc bornée. ä

T HÉORÈME III.7.2 U NICITÉ DE L A LIMITE Une suite ne peut pas avoir plusieurs limites. Démonstration

′

ℓ −r

′

ℓ + ℓ′ 2

ℓ

|

|

|

ℓ

|

r

r

r

ℓ+r

|

r

Soit (u n )nÊn 0 une suite. Nous démontrerons ici que (u n ) ne peut pas avoir deux limites finies distinctes. Les autres cas se démontrent de la même façon. ′

¯ ′ ¯ ¯ ℓ − ℓ¯

(r est la demi-distance entre ℓ et ℓ′ ) les intervalles ]ℓ−r ;ℓ+r [ et ]ℓ′ −r ;ℓ′ +r [ 2 seraient disjoints. La suite (u n ) aurait pour limite ℓ, donc à partir d’un certain indice N, tous les termes de la suite (u n ) seraient dans ]ℓ − r ;ℓ + r [,

Si la suite (u n ) avait deux limites distinctes ℓ et ℓ en posant : r =

elle aurait de même pour limite ℓ′ , donc à partir d’un certain indice N’, tous les termes de la suite (u n ) seraient dans ]ℓ′ − r ;ℓ′ + r [ ; en posant : ª © N′′ = max N ;N′ ; à partir de l’indice N′′ tous les termes de la suite (u n ) seraient à la fois éléments de ]ℓ − r ;ℓ + r [ et de ]ℓ′ − r ;ℓ′ + r [, donc de leur intersection, c’est-à-dire de l’ensemble vide ; ce qui est impossible.

La suite (u n ) ne peut donc pas avoir deux limites finies distinctes. ä

Le théorème suivant est une conséquence immédiate des définitions de la limite d’une suite et d’une fonction.

-

série S

44

III. Suites numériques

T HÉORÈME III.7.3 Soit (un )nÊn0 une suite définie explicitement par une relation du type : un = f (n). Si lim f (x) = L avec L ∈ ∪ {−∞, +∞}, alors : lim un = L

R

x→+∞

n→+∞

Remarques 1. La réciproque de ce théorème est fausse. 2. Ce théorème n’est pas applicable dans le cas d’une suite définie par récurrence.

III.7.2 Théorèmes de comparaisons T HÉORÈME III.7.4 T HÉORÈME DES GENDARMES 1 RE FORME Soit (un )nÊn0 , (v n )nÊn0 et (w n )nÊn0 trois suites. Si (v n ) et (w n ) convergent vers une même limite ℓ et si pour tout entier n Ê n0 : v n É un É w n ; alors (un ) converge vers ℓ. Démonstration Soit r un réel strictement positif. il suffit donc de prouver qu’à partir d’un certain indice tous les termes de la suite sont dans l’intervalle ouvert, Iℓ,r de centre ℓ et de rayon r . La suite (v n ) converge vers ℓ, donc à partir d’un certain indice, Nv , sont dans Iℓ,r . La suite (w n ) converge vers © ª ℓ, donc à partir d’un certain indice, Nw , sont dans Iℓ,r . Posons : N = max Nv ;Nw . Pour tout entier n Ê N, on a : ℓ − r < v n É u n É w n < ℓ + r . Donc la suite (u n ) converge vers ℓ. ä 1 + (−1)n Exercice III.7.1. Déterminer la limite de la suite (u n )n∈ ⋆ définie par : u n = . n (

N

Solution Pour tout entier n > 0, on a : 1 + (−1)n =

2 si n est pair

0 si n est impair

; d’où : 0 É 1 + (−1)n É 2.

Pour tout entier n > 0, en divisant membre à membre par n , il vient : 0 É un É

1 2 = 0 ; donc par produit par 2 : lim =0; n→+∞ n n d’après le théorème des gendarmes, on en déduit que : lim un = 0.

2 . n

Or on sait que : lim

n→+∞

n→+∞

Remarques 1. Le théorème III.7.4 reste vrai même si la condition v n É un É w n n’est pas vérifiée pour tout n , mais seulement à partir d’un certain indice. 2. Plus généralement, tous les théorème de ce paragraphe reste vrai même si leur condition d’inégalité n’est pas vérifiée pour tout n , mais seulement à partir d’un certain indice. C OROLL AIRE III.7.5 T HÉORÈME DES GENDARMES 2 E FORME Soit (un )nÊn0 une suite. S’il existe une suite positive (dn )nÊn0 et un réel ℓ tels que pour tout entier n Ê n0 : |un − ℓ| É dn ; alors (un ) converge vers ℓ. DémonstrationIl suffit d’appliquer le théorème III.7.4 avec les suites (v n )nÊn 0 et (w n )nÊn 0 de termes généraux : v n = ℓ − d n et w n = ℓ + d n . ä (−1)n Exercice III.7.2. Déterminer la limite de la suite (u n )n∈ ⋆ définie par : u n = 1 + . n

N

Solution Pour tout entier n > 0, on a : |un − 1| É Or on sait que : lim

n→+∞

1 . n

1 = 0 ; d’après le théorème des gendarmes, on en déduit que : lim un = 1. n→+∞ n

T HÉORÈME III.7.6 Soit (un )nÊn0 et (v n )nÊn0 deux suites. (1) Si : lim v n = +∞ et si pour tout entier n Ê n0 : v n É un , alors : lim un = +∞. (2)

n→+∞

n→+∞

n→+∞

n→+∞

Si : lim v n = −∞ et si pour tout entier n Ê n0 : v n Ê un , alors : lim un = −∞.

Démonstration Pour démontrer ce théorème, il suffit de s’assurer que dans les deux cas la suite (u n ) vérifie les conditions de la définition III.7.2. (1) Soit ]A ;+∞[ un intervalle. La suite v n tend vers +∞, donc à partir d’un certain indice N, tous les termes de la suite (v n ) sont dans l’intervalle ]A ;+∞[. Ainsi, pour tout nombre entier n supérieur ou égal à N, u n Ê v n Ê A ; c’est-à-dire : v n ∈]A ;+∞[. La suite u n diverge vers +∞.

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

III.7. Limites de suites (2)

45

se démontre de la même façon. ä

Exercice III.7.3.

Déterminer la limite de la suite (u n )n∈

N

⋆

définie par : u n = n +

(−1)n . n

Solution Pour tout entier n > 0, on a : un Ê n − 1. Or on sait que : lim (n − 1) = +∞ ; par comparaison, on en déduit que : lim un = +∞. n→+∞

n→+∞

T HÉORÈME III.7.7 Soit (un )nÊn0 et (v n )nÊn0 deux suites convergentes et ℓ et ℓ′ leurs limites respectives. Si pour tout entier n Ê n0 : un É v n alors ℓ É ℓ′ ′

ℓ −r

Démonstration

ℓ + ℓ′ 2

ℓ

|

|

|

ℓ

|

Supposons que : ℓ > ℓ′ ; posons alors : r =

′

r ′

r

r

ℓ+r

|

r

ℓ−ℓ (r est la demi-distance entre ℓ et ℓ′ ). 2

ℓ + ℓ′ On a donc : ℓ′ + r = = ℓ − r . Les intervalles ]ℓ − r ;ℓ + r [ et ]ℓ′ − r ;ℓ′ + r [ sont donc disjoints. À partir d’un certain indice N, tous les termes 2 de la suite (u n ) sont dans ]ℓ − r ;ℓ + r [ et à partir d’un certain indice N’, tous les termes de la suite (v n ) seraient dans ]ℓ′ − r ;ℓ′ + r [ ; en posant : © ª ℓ + ℓ′ < u n < ℓ + r ; ce qui contredit : u n É v n . N′′ = max N ;N′ ; à partir de l’indice N′′ on a : ℓ′ − r < v n < 2 Donc : ℓ É ℓ′ . ä

Remarques 1. En particulier, si M est majorant de (un ), alors : ℓ É M. 2. Si M est minorant de (un ), alors : m É ℓ. 3. Le théorème III.7.7 devient faux si on remplace les inégalités larges par des inégalités strictes. Pour s’en convaincre 1 1 il suffit d’étudier les cas des suites de termes généraux : un = et v n = − n n

III.7.2.a Suites de références T HÉORÈME III.7.8 Les suites (un )n∈N⋆ , (v n )n∈N⋆ , (w n )n∈N⋆ , (tn )n∈N⋆ , définies par : un = ont pour limite 0.

1 1 1 1 ; v n = 2 ; w n = 3 ; tn = p ; n n n n

1 Démonstration Soit ] − r ;r [ un intervalle contenant 0 et N un entier strictement plus grand que 2 . r Pour tout entier n ÊN, on a : 1 ⋄ w n É v n É u n É t n , car : 0 < É 1 ; n p p 1 1 1 1 ⋄ n > 2 ; donc : n > (car x 7→ x est strictement croissante) ; d’où : p < r (car x 7→ est strictement décroissante sur ]0;+∞[) ; r x n r c’est-à-dire : t n < r ; ⋄ donc finalement : −r < 0 < w n É v n É u n É t n < r . Pour tout r > 0, il existe un indice N à partir duquel tous les termes des suites considérées sont dans l’intervalle ] − r ;r [, elles convergent donc vers 0. ä T HÉORÈME III.7.9 p Les suites (un )n∈ , (v n )n∈ , (w n )n∈ , (tn )n∈ , définies par : un = n ; v n = n 2 ; w n = n 3 ; tn = n ;

N

ont pour limite +∞.

N

N

N

Démonstration Soit A un réel et N un entier strictement plus grand que A2 et que 1. Pour tout entier n ÊN, on a : ⋄ tn É un É v n É p w n , car : 1 < n ; p ⋄ n > A2 ; donc : n > |A| Ê A (car x 7→ x est strictement croissante) ; c’est-à-dire : A < t n ; ⋄ donc finalement : A < t n É u n É v n É w n .

Pour tout réel A, il existe un indice N à partir duquel tous les termes des suites considérées sont dans l’intervalle ]A ;+∞[, elles divergent donc vers +∞. ä

Remarque Les théorèmes III.7.8 et III.7.9 peuvent également se déduire du théorème III.7.3.

III.7.3 Calcul algébrique de limites III.7.3.a Somme de deux suites convergentes Soit (un )nÊn0 et (v n )nÊn0 deux suites convergentes et ℓ et ℓ′ leurs limites respectives. Démontrons que la suite de terme général un + v n converge vers ℓ + ℓ′ .

-

série S

46

III. Suites numériques

Soit r > 0. La suite (un ) converge vers ℓ, il existe donc un entier N tel que pour tout entier n Ê N : r |un − ℓ| < . 2 La suite (v n ) converge vers ℓ′ , il existe donc un entier N’ tel que pour tout entier n Ê N′ : ¯ ¯ ¯v n − ℓ′ ¯ < r . 2

© ª Posons : N′′ = max N ; N′ . En utilisant l’inégalité triangulaire, on a pour tout entier n Ê N′′ : ¯ ¯ ¯ ¯ ¯(un + v n ) − (ℓ + ℓ′ )¯ É |un − ℓ| + ¯ v n − ℓ′ ¯ < r

Donc la suite de terme général un + v n converge vers ℓ + ℓ′ . En particulier, pour tout réel k, la suite de terme général un + k converge vers ℓ + k.

III.7.3.b Produit de deux suites convergentes Soit (un )nÊn0 et (v n )nÊn0 deux suites convergentes et ℓ et ℓ′ leurs limites respectives. Démontrons que la suite de terme général un × v n converge vers ℓ × ℓ′ . Les suites (un ) et (v n ) sont convergentes donc, d’après le théorème III.7.1 elle sont bornées. En appliquant le théorème III.1.1 on en déduit l’existence des nombres réels M et M′ tels que pour tout entier n Ê n0 : |un | É M et|v n | É M′ . Soit r > 0. La suite (un ) converge vers ℓ, il existe donc un entier N tel que pour tout entier n Ê N : |un − ℓ| <

r . 2M′

La suite (v n ) converge vers ℓ′ , il existe donc un entier N’ tel que pour tout entier n Ê N′ : ¯ ¯ ¯ v n − ℓ′ ¯ < r . 2M

© ª Posons : N′′ = max N ; N′ . En utilisant l’inégalité triangulaire, on a pour tout entier n Ê N′′ :

D’où :

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯(un × v n ) − (ℓ × ℓ′ )¯ É ¯un (v n − ℓ′ ) + ℓ′ (un − ℓ)¯ É |un | × ¯v n − ℓ′ ¯ + ¯ℓ′ ¯ × |un − ℓ| É |un | × r + ¯ℓ′ ¯ × r 2M 2M′ ′ ¯ ¯ ¯(un × v n ) − (ℓ × ℓ′ )¯ É |un | × r + ℓ × r M 2 M′ 2

|un | ℓ′ É 1 et ′ É 1. Or, par définition des nombres M et M′ et d’après la remarque consécutive au T HÉORÈME III.7.7, M M r Donc par somme et par produit par qui est positif : 2 ′ ¯ ¯ ¯(un × v n ) − (ℓ × ℓ′ )¯ É |un | × r + ℓ × r É r. M 2 M′ 2

Pour tout r > 0 il existe un indice à partir duquel tous les termes de la suite (un × v n ) sont dans l’intervalle de centre ℓℓ′ et de rayon r . Donc la suite de terme général un × v n converge vers ℓ × ℓ′ . En particulier, pour tout réel k, la suite de terme général kun converge vers kℓ.

III.7.3.c Inverse d’une suite convergente Soit (un )nÊn0 une suite convergeant vers une limite non-nulle ℓ. 1 1 converge vers . Démontrons que la suite de terme général un ℓ ℓ 3ℓ ℓ 2 2

0

| |ℓ| 2

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

|ℓ| 2 F IGURE III.5 –

| |ℓ| 2

Terminale VI

III.7. Limites de suites

47

À partir d’un certain indice N, tous les termes de la suite sont compris entre |ℓ| ; d’où : 2

On a alors : |un | Ê

ℓ 3ℓ et . 2 2

1 2 É . |un | |ℓ|

À partir de l’indice N, on a donc :

¯ ¯ ¯ 1 1 ¯¯ |un − ℓ| 2 ¯ − É É 2 |un − ℓ| . ¯ ¯u |un | |ℓ| ℓ ℓ n

Soit r > 0. À partir d’un certain indice N’, tous les termes de la suite (un ) sont dans l’intervalle de centre ℓ et de rayon ℓ2 ℓ2 2 r , on a alors : |un − ℓ| É r . D’où, par produit par 2 : 2 2 ℓ 2 |un − ℓ| É r. ℓ2 © ª Posons : N′′ = max N, N′ . À partir de l’indice N′′ , on a donc : ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯¯ ¯ − É r. ¯u ℓ¯ n µ ¶ 1 1 sont dans l’interlvalle de centre et de Pour tout r > 0, à partir d’un certain indice tous les termes de la suite u ℓ n µ ¶ 1 1 rayon r , donc la suite converge vers . un ℓ

III.7.3.d Quotient de deux suites convergentes Soit (un )nÊn0 et (v n )nÊn0 deux suites convergentes et ℓ et ℓ′ leurs limites respectives (avec ℓ′ , 0). un ℓ Démontrons que la suite de terme général converge vers ′ . vn ℓ 1 1 D’après III.7.3.c, la suite de terme général converge vers . un ℓ un ℓ Donc daprès III.7.3.b, la suite de terme général converge vers ′ . vn ℓ

III.7.3.e Cas général Plus généralement nous admettons les résultats suivants concernant la limite de la somme, du produit ou du quotient de deux suites, ils se démontrent en utilisant des techniques semblables à celles utilisée ci-dessus. Le symbole « fi » signifie : forme indéterminée ; cela signifie que lers règles usuelles liant les opérations et le calcul de limites ne permettent pas de déterminer la limite éventuelle dans la configuration étudiée. Limite de la somme de deux suites lim un

ℓ

lim v n

′

n→+∞

lim (un + v n )

+∞

−∞

+∞

+∞

−∞

+∞

−∞

fi

ℓ

′

ℓ+ℓ

n→+∞

−∞

′

ℓ

n→+∞

+∞

′

ℓ

+∞

−∞

−∞

Limite du produit de deux suites lim un

ℓ

lim v n

′

n→+∞

′

lim (un v n )

n→+∞

ℓℓ′

′

′

ℓ (ℓ , 0)

ℓ

n→+∞

+∞

(

′

ℓ (ℓ , 0)

′

+∞ , si ℓ > 0 ′

−∞

−∞ , si ℓ < 0

(

+∞ ou − ∞

+∞

−∞

+∞

fi

+∞

+∞

−∞

′

−∞ , si ℓ > 0

+∞ , si ℓ′ < 0

0

+∞

−∞

−∞

Limite de l’inverse d’une suite On suppose ici que la suite de terme général lim un

n→+∞

lim

n→+∞

1 un

-

ℓ (ℓ , 0) 1 ℓ

+∞

−∞

0

0

1 est bien définie. vn 0

(

+∞ , si (un )est strictement positive à partir d’un certain indice

−∞ , si (un )est strictement négative à partir d’un certain indice série S

48

III. Suites numériques

Limite du quotient de deux suites un est bien définie. vn un , il suffit de remarquer que pour tout nombre entier, n, ou elle Pour calculer la limite de la suite de terme général vn un 1 est définie : = un × . vn vn Le résultat désiré se déduit alors des considérations sur les limites de somme et d’inverse de suites. On suppose ici que la suite de terme général

III.7.4 Limites de suites géométriques L EMME III.7.10 Soit λ un réel strictement positif. (1) Si λ > 1 alors : lim λn = +∞. (2)

n→+∞

Si λ < 1 alors : lim λn = 0. n→+∞

Démonstration Démontrons (1) . Posons : x = λ − 1. On a : x > 0 ; donc, d’après l’inégalité de Bernoulli (voir exercice résolu ?? page ??), pour tout nombre entier supérieur à 2 : (1 + x)n > 1 + nx ; c’est-à-dire : λn > n(λ − 1) + 1. Or, d’après le théorème III.7.3 : lim (n(λ − 1) + 1) = +∞ ; donc par comparaison (théorème III.7.6) : lim λn = +∞. Démontrons (2)

n→+∞

.

n→+∞

1 1 Soit λ ∈]0;1[. Posons : λ′ = . On a : λ′ > 1 ; donc d’après (1) : lim λ′n = +∞ ; d’où, par passage à l’inverse : lim = 0 c’est-à-dire : n→+∞ n→+∞ λ′n λ lim λn = 0. ä n→+∞

T HÉORÈME III.7.11 Soit (un ) une suite géométrique de raison q et de premier terme a. La limite de (un ) est donnée par le tableau suivant.

a>0 a=0 a<0

q É −1

pas de limite

¯ ¯ ¯q ¯ < 1

q =1 a

0

pas de limite

a

1
Démonstration 1er cas : a = 0 ou q = 1

Le résultat est immédiat car la suite est constante.

2e cas : a > 0 et q , 1 ¯ ¯ si ¯q ¯ < 1 On a vu (§ III.7.1.a) qu’il suffit de démontrer que : lim |u n − 0| = 0. n→+∞ ¯ ¯n ¯ ¯n Or pour tout indice n : |u n − 0| = a ¯q ¯ ; de plus, d’après le lemme III.7.10 : lim ¯q ¯ =, donc par produit : lim |u n | = 0. n→+∞ n→+∞ si 1 < q On a : lim |u n | = +∞ or (u n ) est une suite à termes positifs, donc : lim u n = +∞. n→+∞

n→+∞

si q É −1 On a : lim |u n | = +∞ ou lim |u n | = 1 ; or les termes u n changent de signe avec la parité de n, donc (u n ) n’a pas de limite. n→+∞

3e cas : a < 0 et q , 1

n→+∞

On déduit les résultats désirés des résultats obtenus au cas précédent en multipliant par −1.

ä

III.7.5 Exercices III.7.a. Étudier la limite de la suite (un )n∈N⋆ définie par : n −3 un = . n +3 III.7.b. Étudier la limite de la suite (un )n∈N⋆ définie par : n2 − 3 un = . n +3 III.7.c. Donner un contre exemple illustrant la remarque 1 succédant au théorème III.7.3. III.7.d. Donner un exemple de suite divergente et bornée.

III.7.f. Donner un exemple de suite non majorée qui ne diverge pas vers +∞. III.7.g. Donner deux suites (un )n∈N et (v n )n∈N telles que : lim un = +∞ , lim v n = −∞ et n→+∞

n→+∞

a. lim (un + v n ) = 0. n→+∞

b. lim (un + v n ) = +∞. n→+∞

c. lim (un + v n ) = −∞. n→+∞

d. lim (un + v n ) = π. n→+∞

III.7.e. Donner un exemple de suite dont la limite est +∞ et qui n’est pas croissante à partir d’un certain indice. LYCÉE P ONTUS DE T YARD

e. (un + v n ) n’a pas de limite.

III.7.h. Donner deux suites (un )n∈N et (v n )n∈N telles que : Terminale VI

III.8. Suites monotones bornées lim un = +∞ ,

n→+∞

49 c. lim (un v n ) = −∞.

lim v n = 0 et

n→+∞

a. lim (un v n ) = 0.

n→+∞

d. lim (un v n ) = π.

n→+∞

n→+∞

b. lim (un v n ) = +∞.

e. (un v n ) n’a pas de limite.

n→+∞

III.8 Suites monotones bornées III.8.1 Théorème de convergence d’une suite monotone T HÉORÈME III.8.1 (1) Toute suite croissante et majorée est convergente et sa limite est sa borne supérieure. (2) Toute suite décroissante et minorée est convergente et sa limite est sa borne inférieure. Démonstration (1) Soit (u n )nÊn 0 une suite croissante et majorée. La suite (u n ) est majorée, d’après le théorème III.1.2, il a donc une borne supérieure ℓ. On veut donc démontrer que (u n ) converge vers ℓ. Pour tout entier n Ê n 0 , on a : u n É ℓ. Soit r un réel strictement positif, démontrons qu’à partir d’un certain indice tous les termes de la suite (u n ) vérifie : ℓ − r < u n < ℓ + r . ℓ est le plus petit des majorants et : ℓ − r < ℓ ; donc ℓ − r n’est pas un majorant, on en déduit qu’il existe un indice N tel que : ℓ − r < u N . Mais la suite (u n ) est croissante et majorée par ℓ, donc pour tout entier n Ê N : ℓ − r < u N É u n É ℓ < ℓ + r . Donc la suite (u n ) converge vers ℓ. On démontre (2) de la même façon. ä

Ce théorème s’applique dans le cas d’une suite monotone dont on connaît un majorant M (dans le cas où la suite est croissante) ou un minorant m (dans le cas où la suite est décroissante) mais dont on ne sait pas calculer algébriquement la limite. On obtient ainsi l’existence d’une limite mais on ne connaît pas sa valeur. On a toutefois une information partielle sur la localisation de la limite : un0 É ℓ É M ou m É ℓ É un0 . Nous verrons ultérieurement des méthodes permettant d’exploiter ces informations pour déterminer la limite.

Remarque Dans le théorème III.8.1, si la suite n’est monotone qu’à partir d’un certain indice, elle reste encore convergente. Exercice III.8.1.

On considère la suite (u n )n∈

N définie par : un =

n 1 X 1 + . n! k =0 k!

1. Calculer les cinq premiers termes de la suite. 2. Démontrer que la suite (u n ) est décroissante à partir de l’indice 1. 3. Justifier que (u n ) est convergente et préciser un intervalle dans le quel se trouve sa limite.

Solution 1 1 1. u0 = + = 2 0! 0! 1 1 1 u1 = + + = 3 1! 0! 1! 1 1 1 1 u2 = + + + = 3 2! 0! 1! 2! 1 1 1 1 1 17 = 2, 83333· · · u3 = + + + + = 3! 0! 1! 2! 3! 6 1 1 1 1 1 1 11 u4 = + + + + + = = 2, 75 4! 0! 1! 2! 3! 4! 4 2. Soit n un entier tel que : n Ê 1. On a : un+1 − un =

1 1 1 2 n +1 n −1 . + − = − =− (n + 1)! (n + 1)! n! (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)!

n −1 É 0 dès que n Ê 1 ; donc la suite (un ) est donc décroissante à partir de l’indice 1. (n + 1)! 3. Les termes de la suite sont des sommes de nombres positifs, 0 est donc un minorant de la suite. La suite (un ) est décroissante à partir de l’indice 1 et minorée par 0, elle est donc convergente et sa limite vérifie : 0 É ℓ. Le plus grand des termes de la suite est u1 , c’est-à-dire 3, donc : ℓ É 3, d’où :

On a : −

ℓ ∈ [0; 3].

C OROLL AIRE III.8.2 T HÉORÈME DE DIVERGENCE D ’ UNE SUITE MONOTONE (1) Toute suite croissante et non convergente diverge vers +∞. (2) Toute suite décroissante et non convergente diverge vers −∞.

-

série S

50

III. Suites numériques

Démonstration (1)

Soit (u n )nÊn 0 une suite croissante et non convergente.

Il suffit de démontrer que pour tout réel A, les termes de la suite sont tous plus grand que A à partir d’un certain indice. D’après le théorème III.8.1, si (u n ) était majorée elle serait convergente, mais ce n’est pas le cas donc elle n’est pas majorée. Soit A un nombre réel ; A n’est pas un majorant de la suite, il existe donc un indice N tel que : u N > A. La suite est croissante, donc pour tout entier

n > N : u n > A. la suite (u n ) diverge donc vers +∞.

On démontre (2) de la même façon. ä

C OROLL AIRE III.8.3 (1) Toute suite croissante et convergente a pour borne supérieure sa limite. (2) Toute suite décroissante et convergente a pour borne inférieure sa limite.

Démonstration (1)

Soit (u n )nÊn 0 une suite croissante et convergente. D’après le théorème III.7.1 (u n ) est bornée et le résultat se déduit alors des théorèmes

III.8.1 et III.7.2. On démontre (2) de la même façon. ä

III.8.2 Suites adjacentes D ÉFINITION III.8.1 Deux suites (un )nÊn0 et (v n )nÊn0 sont dites adjacentes lorsqu’elles vérifient les trois propriétés suivantes. (1) L’une est croissante. (2) L’autre¡ est décroissante. ¢ (3) lim v n − un = 0. n→+∞

T HÉORÈME III.8.4 Deux suites adjacentes sont convergentes et ont la même limite. Démonstration Soit (u n )nÊn 0 et (v n )nÊn 0 deux suites adjacentes. Quitte à les intervertir on peut supposer que (u n ) est croissante et (v n ) est décroissante. Considérons la suite (w n ) définie par : w n = v n − u n ; pour tout entier n Ê n 0 on a : ¡ ¢ ¡ ¢ w n+1 − w n = (v n+1 − u n+1 ) − (v n − u n ) = v n+1 − v n − u n+1 − u n ; | {z } | {z } négatif

positif

donc la suite (w n ) est décroissante, de plus elle converge vers 0 donc d’après le corollaire III.8.3 la suite (w n ) est positive ; la monotonie des suites (u n ) et (v n ) nous permet alors d’en déduire que pour tout entier n Ê n 0 : un0 É un É v n É v n0 . La suite (u n ) est croissante et majorée par v n 0 elle est donc convergente, désignons par ℓ sa limite. La suite (v n ) est décroissante et minorée par u n 0 elle est donc convergente, désignons par ℓ′ sa limite. ¡ ¢ On a : ℓ′ − ℓ = lim v n − lim u n = lim v n − u n = 0 ; les suites (u n ) et (v n ) convergent donc vers la même limite. ä n→+∞

n→+∞

n→+∞

III.8.3 Exercices résolus Exercice III.8.2.

2 . x définie par, u 0 = 3, et pour tout nombre entier naturel, n : u n+1 = f (u n ).

1. Étudier le sens de variation de la fonction f : x 7→ 3 −

2. On considère la suite (u n )n∈

N

a. Démontrer que tous les termes de la suite (u n ) sont éléments de l’intervalle [1,3]. b. Étudier le sens de variation de la suite (u n ). 3. Étudier la convergence de la suite (u n ).

R

Solution 1. L’ensemble de définition de f est : ⋆ . f est une fonction rationnelle, elle est donc dérivable sur son ensemble de définition et sa dérivée est la fonction, f ′ , définie par : 2 f ′ (x) = 2 . x Un carré est toujours positif, donc : f ′ > 0 sur

R⋆ .

La fonction f est strictement croissante sur ]−∞ ;0[ et sur ]0 ;+∞[. 2. a. Raisonnons par récurrence. Pour tout nombre entier naturel, n , désignons par Pn la proposition : « 1 É un É 3 ».

On a : u0 = 3 ; donc P0 est vraie. LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

III.9. Exercices

51

Soit n un nombre entier naturel pour lequel Pn est vraie. Démontrons Pn+1 , c’est-à-dire : 1 É un+1 É 3. D’après 1., la fonction f est strictement croissante sur ]0; +∞[, elle est donc en particulier croissante sur l’intervalle [1, 3]. Or, d’après l’hypothèse de récurrence : 1 É un É 3 ; donc : f (1) É f (un ) É f (3) ; 2 c’est-à-dire : 1 É un+1 É 3 − É 3. 3 Nous en déduisons par récurrence que : tous les termes de la suite (un ) sont éléments de l’intervalle [1,3] 2 ; donc : u1 É u0 . Ce premier résultat préfigure peut-être une décroissance. 3 Raisonnons par récurrence. Pour tout nombre entier naturel, n , désignons par Pn la proposition : « 1 É un+1 É un É 3 ».

b. Nous avons : u0 = 3 et u1 = 3 −

D’après le calcul ci-dessus et le résultat obtenu à la question précédente, P0 est vraie. Soit n un nombre entier naturel pour lequel Pn est vraie. Démontrons Pn+1 , c’est-à-dire : 1 É un+1 É un+2 É 3. D’après 1., la fonction f est strictement croissante sur ]0; +∞[, elle est donc en particulier croissante sur l’intervalle [1, 3]. Or, d’après l’hypothèse de récurrence : 1 É un+1 É un É 3 ; donc : f (1) É f (un+1 ) É f (un ) É f (3) ; 2 c’est-à-dire : 1 É un+2 É un+1 É 3 − É 3. 3 Nous en déduisons par récurrence que pour tout nombre entier naturel, n : 1 É un+1 É un É 3 ; en particulier : la suite (un ) est décroissante. 3. D’après 2.a. et 2.b. la suite un est décroissante et minorée par 1 : La suite (un ) est convergente et sa limite est supérieur ou égale à 1.

III.8.4 Exercices III.8.a. Démontrer que les suites (un )nÊ1 et (v n )nÊ1 définies par : un =

n 1 X k=0 k!

et

v n = un +

1 n!

sont adjacentes. III.8.b. On considère les suites (un )n∈N et (v n )n∈N définies par : (

u0 = 0

un + v n un+1 = 2

et

(

v 0 = 12 v n+1 =

1. Démontrer que la suite (w n )n∈N définies par : w n = v n − un ; est une suite géométrique.

2. Démontrer que les suites (un ) et (v n ) sont adjacentes.

3. a. Démontrer que la suite (tn )n∈N définies par : tn = 2un + 3v n ; est une suite constante.

b. En déduire la limite commune des suites (un ) et (v n ).

4. Exprimer explicitement, pour tout entier naturel n, un et v n en fonction de n.

un + 2v n 3

III.9 Exercices III.1. 1. Le plan est muni d’un repère orthonormé (O ;~ı,~ ) (unité graphique : 2cm). On considère la fonction f : x 7→ 4x − 6 . x −1 a. Préciser l’ensemble de définition, D f , de la fonction f. b. Déterminer deux nombres réels a et b tels que pour tout élément, x, de D f : b 4x − 6 =a+ . x −1 x −1

-

c. Étudier les variations de f . d. Déterminer les points fixes de f . e. Déterminer l’équation réduite de la tangente à C f au point d’abscisse 3. f. Tracer C f . 2. Représenter sur le graphique établi en 1.f. les quatre premiers termes de la suite (un ) vérifiant, u0 = 7, et pour tout entier naturel non nul, n : un = f (un−1 ). Conjecturer la limite éventuelle de la suite (un ). série S

52

III. Suites numériques

III.2. Suite de Fibonacci La suite de Fibonacci est la suite (un )n∈N définie par : u0 = 0 ; u1 = 1 et pour tout n ∈ ⋆ , un+1 = un + un−1 . On se propose de déterminer une expression explicite du terme général de la suite.

N

1. Donner les dix premiers termes de la suite. 2. (an ) et (b n ) sont deux suites géométriques de premier terme : a0 = b 0 = 1. La raison de (an ) est positive et celle de (b n ) est négative. Elles vérifient pour tout n ∈ ⋆ : an+1 = an + an−1 et b n+1 = b n + b n−1 .

N

a. Démontrer que les raisons des suites (an ) et (b n ) sont les solutions de l’équation : q2 = q + 1

(E)

b. En déduire les expressions explicites des suites (an ) et (b n ). 3. Déterminer ½ le couple (α, β) de nombres réels solution αa0 + βb 0 = u0 . du système : αa1 + βb 1 = u1 4. On considère la suite (v n )n∈N définie par : v n = αan + βb n . Démontrer que pour tout n ∈ ⋆ : v n+1 = v n + v n−1

N

5. Conclure.

Sujets de Baccalauréat III.3. Les deux questions de cet exercice sont indépendantes.

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

1. On considère la suite (un ) définie par : 1 u0 = 1 et, pour tout nombre entier naturel n, un+1 = un +4. 3 On pose, pour tout nombre entier naturel n, v n = un − 6.

a. Pour tout nombre entier naturel n, calculer v n+1 en fonction de v n . Quelle est la nature de la suite (v n ) ? b. Démontrer que pour tout nombre entier naturel n, µ ¶n 1 +6 un = −5 3 c. Étudier la convergence de la suite (un ). 2. On considère la suite (w n ) dont les termes vérifient, pour tout nombre entier n Ê 1 : nw n = (n + 1)w n−1 + 1 et w 0 = 1. Le tableau suivant donne les dix premiers termes de cette suite.

w0 1

w1 3

w2 5

w3 7

w4 9

w5 11

w6 13

w7 15

w8 17

w9 19

a. Détailler le calcul permettant d’obtenir w 10 . b. Dans cette question toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation. Donner la nature de la suite (w n ). Calculer w 2 009 . D’après France juin 2009

Terminale VI

Chapitre IV

Limites de fonctions, continuité IV.1 Limite finie (ou réelle) IV.1.1 Limite d’une fonction en +∞

Dans toute la suite de ce chapitre, lorsqu’une fonction f sera envisagée Df désignera son ensemble de définition et Cf sa représentation graphique. D ÉFINITION IV.1.1 Dire qu’un réel l est limite d’une fonction f en +∞ signifie que tout intervalle ouvert contenant l contient toutes les valeurs de f (x) dès que x est plus grand qu’un certain réel A.

Remarques 1. On écrit alors : lim f (x) = l ou lim f = l . x→+∞

+∞

2. Cette définition signifie que la distance entre f (x) et l est aussi petite qu’on le souhaite dès que x est suffisamment grand. 3. On définit de même la limite de f en −∞ en remplaçant « dès que x est plus grand qu’un certain réel A » par « dès que x est plus petit qu’un certain réel A ». T HÉORÈME IV.1.1

1 1 1 1 ; g : x 7→ 2 ; h : x 7→ 3 ; k : x 7→ p ; x x x x ont pour limite 0 en +∞. Les fonctions f : x 7→

1 Démonstration Soit ]a ;b[ un intervalle contenant 0 et A un réel strictement plus grand que 2 et que 1. b Pour tout réel x ÊA, on a : 1 1 1 1 1 ⋄ 3 É 2 É É p , car : 0 < É 1 ; x x x x x p p 1 1 1 1 ⋄ x > 2 ; donc : x > (car x 7→ x est strictement croissante) ; d’où : p < b (car x 7→ est strictement décroissante sur ]0;+∞[) ; b x b x c’est-à-dire : k(x) < b ; ⋄ donc finalement : a < 0 < h(x) É g (x) É f (x) É k(x) < b. Dès que x est plus grand que A, f (x), g (x), h(x) et k(x) sont dans l’intervalle ]a ;b[ ; donc : lim

1

x→+∞ x

ä

= lim

1

x→+∞ x 2

= lim

1

x→+∞ x 3

1 1 1 = lim 2 = lim 3 = 0 x→−∞ x x→−∞ x x→−∞ x

Remarque De même : lim Interprétation graphique

IV.1.2 Limite d’une fonction en un réel a

IV.2 Notion de continuité IV.3 Utilisation de la continuité IV.3.1 Continuité et bijection Dans cette partie le repère (O ;~ı,~ ) est orthonormé. 53

= lim

x→+∞

1 p =0 x

54

IV. Limites de fonctions, continuité

IV.3.1.a Définition D ÉFINITION IV.3.1 BIJECTION Soit f est une fonction et I, J deux intervalles. On dit que f réalise une bijection de I vers J lorsque les deux conditions suivantes sont réalisées. 1. Pour tout x élément de I : f (x) ∈ J.

2. Pour tout y élément de J, il existe un unique x élément de I tel que : y = f (x).

Exemple La fonction x 7→ x 2 réalise une bijection de [0, +∞[ vers [0, +∞[, elle réalise également une bijection de ] − ∞; 0] vers [0, +∞[, mais elle ne réalise pas de bijection de vers [0, +∞[.

R

IV.3.1.b Bijection réciproque d’une fonction continue et strictement monotone Reprenons les notations du paragraphe précédent. – On appelle bijection réciproque l’application de J vers I, parfois notée f −1 , qui à tout élément de J associe son unique antécédent dans I. – f −1 est une bijection. – Pour tout élément x de I et tout élément y de J, on a : y = f (x) ⇔ f −1 (y) = x. – Deux bijections réciproques ont des représentations symétriques par rapport à la première bissectrice 1 . Exercice IV.3.1.

Démontrer que la fonction f : x 7→ 2x + 1 réalise une bijection de

R

R vers R et déterminer sa bijection réciproque.

Solution L’ensemble de définition de f est . Soit y un nombre réel, démontrons que y a un et un seul antécédent x 1 1 par f dans . y = f (x) ⇔ y = 2x + 1 ⇔ x = y − . 2 2 1 1 y − est donc l’unique antécédent de y dans ; par conséquent, la fonction f réalise une bijection de vers et 2 2 1 1 sa bijection réciproque est la fonction f −1 : x 7→ x − . 2 2

R

R

R

R

IV.3.1.c Fonction continue et strictement monotone sur un intervalle fermé T HÉORÈME IV.3.1

T HÉORÈME DE L A BIJECTION

Soit f une fonction continue sur un intervalle fermé [a ;£b]. Si f est ¤strictement croissante (resp. strictement décrois£ ¤ sante) sur [a; b] alors f réalise une bijection de [a; b] sur f (a) ; f (b) (resp. f (b) ; f (a) ) et la bijection réciproque est également strictement monotone et a le même sens de variation que f .

Exemples 1. fonction sinus h π La h πestπ idérivable et strictement croissante sur πi − ; . L’image de − ; par cette fonction est l’intervalle [−1; 1]. 2 2 2 2 h π πi vers [−1; 1]. La fonction sinus réalise donc une bijection de − ; 2 2 h π πi → [−1; 1] . Soit l’application f : − ; 2 2 x 7→ sin x f est une bijection ; on désigne par f −1 sa bijection réciproque. Sur la figure ci-contre, C f et C f −1 désignent les courbes représentatives respectives des fonctions f et f −1 . On sait que C f et C f −1 sont symétriques par rapport à la première bissectrice ∆.

C f −1

π 2

∆ Cf

~j −

π 2

-1

O

~i

π 2

-1

−

π 2

2. résolution d’équation Remarque Plus généralement, une fonction f strictement monotone et dérivable sur un intervalle I réalise une bijec1. la première bissectrice est la droite d’équation y = x

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Terminale VI

IV.3. Utilisation de la continuité

55

tion de I vers f (I), mais ce théorème est hors programme. Exemple Soit n un entier naturel non nul et f n la fonction de La fonction f n est dérivable et strictement croissante sur + . On a : f n (0) = 0 et lim f n (x) = +∞.

R

x→+∞

R

R+ vers R+ définie par : fn (x) = x n .

R

Donc, f n est une bijection de + vers + ; elle admet une bijection réciproque de – Cette bijection réciproque est appelée fonction racine n -ième. – – – –

R+ vers R+.

– L’image de tout nombre réel positif x par la fonction racine n -ième est notée ½ ½ y∈ + x ∈ p+ . On a : ⇔ n y= x x = yn p ¡ ¢ p n n n On a : ∀x ∈ + , p x = x n = x . n La fonction x 7→ x est strictement croissante sur + . Pour tout entier naturel non nul n , on désigne respectivement par C n et C 1 les courbes représentatives des fonctions

R

R

R

R+

R

p n

1

x ou x n . C2

C5

R

R n

C1

2

R

+ + + et . Les courbes C n et C 1 sont sy→ → p n n n x → 7 x x 7→ x métriques par rapport à la première bissectrice.

C1

C1

5

~j

Remarque Plus généralement, on démontrera dans un prochain chapitre, et nous admettons pour l’instant, que les ~i O règles de calculs sur les puissances d’exposants entiers s’étendent aux exposants rationnels. ¢4 ³ 1 ´4 ¡p 4 3 17 2 3 Exemple Pour x positif, on a : x = x 3 = x 3 et x 3 × x 4 = x 12 .

IV.3.1.d Applications à la résolution d’équations Le théorème suivant est une conséquence du théorème de la bijection. T HÉORÈME IV.3.2

Soit f une fonction continue et strictement monotone sur un ~j intervalle fermé¢ [a; b]. Si f (a) et f (b) sont de signes contraires O ¡ f (a) × f (b) < 0 alors l’équation f (x) = 0 admet une et une seule solution dans [a; b].

-

Cf

f (c)

d

~i c f (d )

série S

56

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IV. Limites de fonctions, continuité

Terminale VI

Chapitre V

Exponentielles et équations différentielles L’objectif de ce chapitre est d’introduire la fonction exponentielle, d’établir les principales propriétés de cette fonction et les théorèmes de résolutions d’équations différentielles.

V.1 La fonction exponentielle de base e V.1.1 Propriété fondamentale L’activité sur la méthode d’Euler nous conduit à conjecturer et nous admettons momentanément l’existence d’une fonction définie et dérivable sur vérifiant les contraintes suivantes (l’existence d’une telle fonction sera établie § ??).

R

f′=f

et

f (0) = 1

(V.1)

Nous désignerons par exp cette fonction. Le principal objectif de ce paragraphe est d’établir la propriété fondamental de la fonction exp (elle transforme les sommes en produit) et de démontrer que la fonction exp est l’unique fonction dérivable sur vérifiant (V.1). La fonction exp est une fonction usuelle, elle est disponible dans toutes les calculatrices scientifiques. Pour tout nombre réel x, lorsqu’il n’y a pas d’ambiguïté, exp(x) peut aussi être noté : exp x.

R

Remarque Le nombre e, défini par : e = exp 1 ; est une constante mathématique fondamentale. Exemple Vérifier à la calculatrice que : exp0 = 1 et e = 2, 7182818· · · . T HÉORÈME V.1.1 (1)

1 . exp x ¡ ¢¡ ¢ Pour tous nombres réels a et b : exp(a + b) = exp a exp b Pour tout nombre réel x : exp −x =

(2)

R

R

Démonstration Soit a ∈ et b ∈ . Considérons la fonction f a : x 7→ exp(a + x)exp(−x). f a est définie et dérivable sur tout x ∈ : f a′ (x) = exp(a + x)exp(−x) − exp(a + x)exp(−x) = 0 ; donc la fonction f a est constante ; or : f a (0) = exp a donc pour tout x ∈ :

R

R et sa dérivée vérifie pour

R

exp(a + x)exp(−x) = exp a (1) (2)

(V.2)

1 . exp x Pour x = b dans (V.2), il vient : exp(a + b)exp(−b) = exp a, en multipliant membre par exp b, on en déduit l’identité désirée. ä En particulier pour a = 0, on obtient : exp(x)exp(−x) = 1 ; donc pour tout réel x : exp(−x) =

Remarques 1. Ce théorème signifie que exp transforme les sommes en produits. 2. Plus généralement, on démontre par récurrence que pour tous nombres réels a1 , · · · , an on a : exp(a1 + · · · + an ) = (exp a1 ) × (exp a2 ) × · · · × (exp an ). ³ x ´2 ; donc : exp x Ê 0. 3. Soit x ∈ . On déduit de (1) que : exp x , 0. On déduit de (2) que : exp x = exp 2 On en déduit que pour tout réel x : exp x > 0.

R

C OROLL AIRE V.1.2 La fonction exp est l’unique fonction définie et dérivable sur f′=f et f (0) = 1.

R vérifiant :

Démonstration Soit f une fonction, solution de problème. Démontrons que : f = exp. f . La fonction g , quotient de deux fonctions dérivables sur exp non nul, est dérivable sur et sa dérivée est définie par :

Considérons la fonction g définie par : g =

R

g′ =

exp′ × f − f ′ × exp exp2

=

57

exp× f − f × exp exp2

= 0.

R et dont le dénominateur est toujours

58

V. Exponentielles et équations différentielles

Par conséquent la fonction g est constante sur

f (0) R. De plus : g (0) = exp = 1 ; donc pour tout réel x : g (x) = 1. D’où il vient : f = exp. ä 0

V.1.2 Sens de variation La fonction exp est strictement positive sur

R et est sa propre dérivée, on en déduit le théorème suivant.

T HÉORÈME V.1.3 La fonction exp est strictement croissante sur

R.

C OROLL AIRE V.1.4 Pour tous nombres réels a et b, on a : (1) a
D’après le théorème V.1.3, on a : a < b

=⇒

La dernière implication a pour contraposée : a < b (2)

D’après (1) : b < a

(3)

On en déduit que : a = b

⇐⇒

b

a

ea < eb

⇐=

a

et

bÉa

b

=⇒

e < e ; on a donc : a < b

e < e . Donc, par contraposée : a Éb ( ½ a Éb ea É eb ⇐⇒ ⇐⇒ bÉa eb É ea

eb É ea .

a

⇐⇒ b

⇐⇒

e Ée .

⇐⇒

ea = eb .ä

ea < eb .

V.1.3 Autres propriétés algébriques de l’exponentielle Nous savons que fonction exp transforme les sommes en produits. Dans ce paragraphe nous allons établir les implications algébriques de cette propriété. T HÉORÈME V.1.5 Pour tous réels a et b, tout entier m, tout entier naturel non nul n et tout nombre rationnel r . exp a (1) exp(a − b) = expb (2) (3) (4)

exp(ma) = expm a a p n exp a = exp n exp(r a) = expr a

Démonstration Soit a et b deux réels, m un entier, n un entier naturel non nul et r un nombre rationnel. exp a 1 = (1) exp(a − b) = exp a × exp(−b) = exp a × expb exp b (2) Si m = 0 ou m = 1, la propriété est immédiate.

Pour m Ê 2 : exp(ma) = exp(a + ··· + a ) = exp a × ··· × exp a = expm a. | {z } | {z } m termes

m facteurs

µ ¶−m 1 Pour m É −1 : on a −m Ê 1 et donc : exp(ma) = exp(−m(−a)) = exp−m (−a) = = expm a. exp a ´ ³ ´ ³ n a a a p = exp n = exp a ; donc : n exp a = exp (3) On a : exp n n n p (4) Il existe p ∈ et q ∈ ∗ tels que : r = . q µ ¶ ¢p ¢ 1 ¡ ¢ 1 ¡¡ p q q = expr a ä Donc : exp(r a) = exp a = exp(pa) = exp a q

Z

N

Z

Remarque Les propriétés (1) (pour r = 1), (3) (pour r ∈ ) et (4) (pour

(5).

1 ∈ r

N∗ ) sont des cas particuliers de la propriété

Convention Étant donné un nombre réel a, on décide d’étendre par continuité la fonction x 7→ expx a, initialement définie sur . Ainsi, pour tout réel x : expx a = exp(xa). En particulier, lorsque a = 1, pour tout réel x : exp x = ex . Désormais, exp x sera de préférence noté : ex .

Q

V.1.4 Quelques limites V.1.4.a Limites aux bornes T HÉORÈME V.1.6 LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

V.2. La fonction logarithme népérien

59

lim ex = +∞

lim ex = 0.

x→+∞

x→−∞

Démonstration La suite (u n ) de terme général : u n = en ; est la suite géométrique de raison e (exp est strictement croissante donc : e0 < e1 ; c’està-dire : e > 1) et de premier terme 1 (1 > 0) donc : lim u n = +∞. n→+∞

R

Soit A∈ . Il existe un entier naturel N tel que : u N > A ; donc pour tout x > N, on a : ex > eN > A. Ce qui signifie, par définition, que : lim ex = +∞. x→+∞

Posons : u = −x. On a : lim −x = +∞ et lim donc par composition : lim

1

x→−∞ e−x

1

u→+∞ eu

x→−∞

=0;

= 0 ; c’est-à-dire : lim ex = 0. ä x→−∞

V.1.4.b Nombre dérivé en 0 La fonction exp est dérivable en 0 et son nombre dérivé en 0 est e0 . On en déduit le théorème suivant. T HÉORÈME V.1.7

ex −1 = 1. x→0 x lim

V.1.4.c Croissance comparée de x et exp Le théorème suivant signifie que ex tend plus vite que x vers +∞ quand x tend vers +∞ et que ex tend plus vite vers 0 que x vers −∞ quand x tend vers −∞. T HÉORÈME V.1.8

ex = +∞ x→+∞ x

lim x ex = 0.

lim

Démonstration Introduisons la fonction f : x 7→ ex − ′′

x

x2 ; f est dérivable sur 2

x→−∞

R et sa dérivée est la fonction f ′ : x 7→ ex −x ; f ′ est dérivable sur R et

sa dérivée est la fonction f : x 7→ e −1. La fonction exp est croissante sur , donc pour tout réel positif x, on a : ex Ê e0 ; c’est-à-dire : ex Ê 1. La fonction f ′′ est donc positive sur [0;+∞[ on en déduit que la fonction f ′ est croissante sur [0;+∞[. Donc pour tout réel positif x : f ′ (x) Ê f ′ (0) ; c’est-à-dire : f ′ (x) Ê 1. La fonction f ′ est donc positive sur [0;+∞[ on en déduit que la fonction f est croissante sur [0;+∞[. x2 x2 ex x x2 Ê 1 ; d’où : ex Ê +1 Ê ; puis : Ê (car x > 0). Donc pour tout réel strictement positif x : f (x) Ê f (0) ; c’est-à-dire : ex − 2 2 2 x 2 ex x = +∞ ; donc par comparaison : lim = +∞ On sait que : lim x→+∞ x x→+∞ 2

R

u Posons u = −x. Il vient : x ex = −u e−u = − u . e u On a : lim −x = +∞ et par quotient lim − u = 0 ; donc par composition : lim x ex = 0. ä x→−∞ x→−∞ u→+∞ e ex Exercice V.1.1. Étudier la limite en +∞ de x 7→ . x +1 x x x

x e e 1 e = = × . x +1 x x +1 x 1 + x1 1 1 x = 0 et lim = 1 ; donc : lim =1; On a : lim x→+∞ x x→+∞ x + 1 u→0 1 + u ex ex = +∞ ; donc par produit : lim = +∞. de plus : lim x→+∞ x x→+∞ x + 1

Solution Pour tout réel x > 0 :

V.2 La fonction logarithme népérien V.2.1 Introduction La fonction exp est continue et strictement croissante sur donc exp est une bijection de

R vers ]0; +∞[.

R ; de plus : x→−∞ lim ex = 0 et lim ex = +∞ ; x→+∞

D ÉFINITION V.2.1 La fonction logarithme népérien 1 , notée ln, est la bijection réciproque de la fonction exp.

Sur la figure V.1 sont tracées les courbes Cexp et Cln d’équations respectives : y = ex et y = ln x ; ainsi que la tangente 1. John N EPER, baron de Merchiston, mathématicien écossais -

-

série S

60

V. Exponentielles et équations différentielles

DJ à Cexp en J (cette droite passant par J(0; 1) et ayant pour coefficient directeur e0 = 1, a pour équation : y = x + 1) et la tangente DI à Cln au point I(1; 0). DJ

DI

J

Cexp

~

O ~ı

I

Cln

∆:y =x

F IGURE V.1 – Courbes d’équations y = ex et y = ln x

Remarque La définition V.2.1 et l’analyse de la figure V.1 amènent les propriétés suivantes qui seront éventuellement confirmées par des théorèmes ultérieures. 1. La fonction ln est une bijection de ]0; +∞[ dans . y = ln x ⇐⇒ x = e y . 2. Pour tout x ∈]0; +∞[ et tout y¡ ∈ ¢ : ln x y y En particulier : e = e = x et ln e = ln x = y . 3. La fonction ln est continue et dérivable sur ]0; +∞[ ; En effet, la fonction exp est dérivable sur et sa dérivée ne s’annule pas sur , donc Cexp présente en chacun de ses points une tangente sécante à Ox et à Oy . La réflexion d’axe ∆ est isométrie, elle conserve donc le contact ; on en déduit qu’en chacun de ses points la courbe Cln présente une tangente sécante à Oy (et à Ox ). 4. Pour tous réels a et b strictement positifs : ln(a × b) = ln a + ln b .

R

R

R

R

En effet exp transforme les sommes en produits donc ln transforme les produits en sommes.

5. Plus généralement pour tous réels x1 , . . ., xn strictement positifs : ln(x1 × · · · × xn ) = ln(x1 ) + · · · + ln(xn ).

6.

lim ln x = −∞ et lim ln x = +∞.

x→0

x→+∞

7. La fonction ln est strictement croissante sur ]0; +∞[ ; 8. Pour tous réels a et b strictement positifs : a=b

⇐⇒

ln a = ln b

aÉb

⇐⇒

ln a É ln b

a
⇐⇒

ln a < ln b

On déduit de même du théorème et de la convention énoncés au paragraphe V.1.3 le théorème suivant. T HÉORÈME V.2.1 Pour tous³réels a et b strictement positifs et tout nombre rationnel r . a´ (1) ln = ln a − ln b. b (2) ln(a r ) = r ln a.

Remarques 1. En particulier, lorsque r = −1 : ln LYCÉE P ONTUS DE T YARD

1 = − ln a . a Terminale VI

V.2. La fonction logarithme népérien

61

2. On déduit de (2) que : a r = exp(ln(a r )) = er ln a

V.2.2 Dérivabilité Le théorème suivant exprime que la fonction ln est dérivable en 1 et que son nombre dérivé en 1 et 1. T HÉORÈME V.2.2 ln x =1 x→1 x − 1 lim

et

ln(1 + h) = 1. h→0 h lim

Démonstration D’après le résultat obtenu dans l’exercice VIII.6.1., pour, x = y et x = −y , on a pour tout réel, y : e y Ê y + 1 et e−y Ê −y + 1. On en déduit que pour y ∈ , 1 1 − y É y É e y −1. e

R

En posant, x = e y ( on a donc y = ln x), on en déduit que pour tout nombre réel, x, strictement positif, 1 −

1 É ln x É x − 1, c’est-à-dire : x

x −1 É ln x É x − 1. x En divisant membre à membre par, x − 1, dont le signe est déterminé par la position de x par rapport à 1, on en déduit que : 1 ln x Ê Ê1; x x −1 1 ln x – si x > 1 alors : É É 1. x x −1

– si x < 1 alors :

Par continuité de la fonction inverse, lim

1

x→1 x

Posons : h = x − 1. On a donc : x = h + 1 ;

= 1, donc par comparaison des limites : lim

ln x

x→1 x − 1 x<1

= lim

ln x

x→1 x − 1 x>1

= 1 ; c’est-à-dire : lim

ln x

x→1 x − 1

= 1.

ln(1 + h) ln x ln(h + 1) = et lim (h + 1) = 1. Par composition des limites, on en déduit que : lim = 1. ä x −1 h h h→0 h→0

Remarque Ce théorème se lit sur la figure V.1, il exprime que la tangente à Cln en I, DI , a pour coefficient directeur 1. T HÉORÈME V.2.3 La fonction ln est dérivable sur ]0; +∞[ et sa dérivée est la fonction x 7→

1 . x

Démonstration Soit, a, un nombre réel strictement positif. Déterminons le nombre dérivé de ln en a. Désignons, pour tout nombre réel x stricteln ax ln x − ln a ¢. ment positif et distinct de a, par θx le taux de variation de ln et a et x. On a : θx = = ¡x x −a a a −1 x ln a ln x x 1 x = 1 ; donc par composition : lim x = 1. Puis par quotient par a : lim θx = . Posons : u = . On a : lim = 1 et lim x→a a x→a x→a x→1 x − 1 a a a −1 Ainsi la fonction est continue et dérivable en a et son nombre dérivé en a est 1. On en déduit le théorème. ä

Remarques 1. On pouvait aller plus vite en utilisant la dérivabilité de ln. En dérivant membre à membre l’identité, eln x = x , il 1 vient : (ln x)′ eln x = 1. D’où l’on tire : (ln x)′ = . x 2. La dérivabilité de ln sur ]0; +∞[ établit la continuité de ln sur ce même intervalle.

V.2.3 Dérivée de ln u T HÉORÈME V.2.4 Soit u une fonction dérivable et strictement positive sur un intervalle I. u′ La fonction ln u est dérivable sur I et sa dérivée est : . u

Exemple La dérivée sur

-

R de 7→ ln ¡x 2 + 1¢ est x 7→ x 22x+ 1 . série S

62

V. Exponentielles et équations différentielles

V.2.4 Logarithme népérien et calcul intégral T HÉORÈME V.2.5 Pour tout nombre réel strictement positif, x : ln x =

Zx 1

dt . t

T HÉORÈME V.2.6 Soit u une fonction continûment dérivable sur un intervalle I. u′ La fonction a pour primitive sur I : ln |u|. u

V.3 Des exponentielles et des logarithmes V.3.1 Notation a b , pour a, b réels et a > 0 D ÉFINITION V.3.1 Pour tout nombre réel a > 0 et tout nombre réel b, on note a b le nombre eb ln a

Remarques ´ ³ ³ ´ 1. On en déduit que : ln a b = ln eb ln a = b ln a .

2. Cette définition est en accord avec les précédentes définitions de a b lorsque a > 0. Exemple Vérifier à la calculatrice que : π

p 2

=e

p 2 ln π

.

T HÉORÈME V.3.1 Pour tous nombres réels a > 0 et a ′ > 0 et tous nombres réels b et b ′ : (1) 1b = 1 ; ′ ′ ′ ′ ′ ab (2) a b a b = a b+b ; b ′ = a b−b ; (a b )b = a bb ; a a b ³ a ´b (3) (aa ′ )b = a b a ′b ; ′b = ′ . a a DémonstrationSoit a, a ′ , b, b ′ quatre réels tels que : a > 0 et a ′ > 0 ; on a :

(1) (2)

On a : 1b = eb ln1 = e0 = 1 ;

′ ′ ′ ′ On a : a b a b = eb ln a eb ln a = e(b+b ) ln a = a b+b .

On démontre de même les autres identités. ä

V.3.2 Fonctions exponentielles de base a (avec a > 0) V.3.2.a Définition D ÉFINITIONS V.3.2 (1) Une fonction exponentielle est une fonction continue f de

R vers R+⋆ qui vérifie pour tous réels x et x ′ :

f (x + x ′ ) = f (x) × f (x ′ ). (2)

(V.3)

Le nombre strictement positif, f (1), est appelé base de l’exponentielle.

Exemple La fonction exp est une exponentielle de base e. T HÉORÈME V.3.2 Soit a un nombre réel (avec a > 0). Il existe une unique fonction exponentielle de base a. Démonstration

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

V.3. Des exponentielles et des logarithmes

63

Existence Considérons la fonction f a définie sur

R par :

f a (x) = ex ln a .

R

: f a (x) > 0. On a : f a (1) = eln a = a ; ′ ′ de plus pour tous réels x et x ′ : f a (x + x ′ ) = e(x+x ) ln a = ex ln a ex ln a = f a (x) f a (x ′ ). Donc f a est une fonction exponentielle de base a.

La fonction exp est strictement positive, donc pour tout x ∈

Unicité Soit f une fonction exponentielle de base a. Démontrons que f = f a .

Pour x = x ′ = 0 dans V.3, on obtient : f (0) = f 2 (0) ; or : f (0) , 0 (car f (0) > 0) ; donc : f (0) = 1. 1 Pour x = −x ′ dans V.3, on obtient : f (x) f (−x) = 1 ; donc, pour tout x ∈ : f (−x) = . f (x) r On en déduit comme dans le théorème V.1.5 que pour tout r ∈ : f (r ) = f (r × 1) = f (1) = a r .

R

Q R par : g (x) = f (x) − f a (x). g est la différence de fonctions continues sur R, donc g est continue sur R.

Introduisons la fonction g définie sur

De plus, pour tout nombre rationnel r , on a : g (r ) = a r − er ln a = a r − a r = 0.

Soit x un nombre irrationnel et (u n )∈

lim g (u n ) = g (x) ; mais pour N 2 une suite de nombres rationnels qui converge vers x. Par continuité de g : n→+∞

tout entier naturel n : g (u n ) = 0 ; donc : lim g (u n ) = 0 ; d’où : g (x) = 0. On en déduit que g est nulle sur n→+∞

Remarques 1. La fonction exponentielle de base a est donc la fonction : x 7→ a x . 2. Les deux exponentielles les plus utilisées sont x 7→ ex et x 7→ 10x .

R puis que : f = f a . ä

V.3.2.b Sens de variation L’exponentielle de base 1 est la fonction constante x 7→ 1. On considérera désormais des exponentielles de base a avec a , 1. L’exponentielle de base a est la composée de la fonction linéaire x 7→ x ln a par la fonction exp. On sait que la fonction exp est strictement croissante sur , donc l’exponentielle de base a a le même sens de variation que la fonction linéaire x 7→ x ln a.

R

R

et x 7→ a x aussi. Posons : Pour a > 1 On a : ln a > ln 1 ; donc la fonction x 7→ x ln a est strictement croissante sur u x u = x ln a ; on a : lim x ln a = +∞ et lim e = +∞ ; donc par composition : lim a = +∞. x→+∞

u→+∞

On a : lim x ln a = −∞ et lim eu = 0 ; donc par composition : lim a x = 0. x→−∞

u→−∞

x→+∞

x→−∞

R

Pour 0 < a < 1 On a : ln a < ln 1 ; donc la fonction x 7→ x ln a est strictement décroissante sur et x 7→ a x aussi. Posons : u = x ln a ; on a : lim x ln a = −∞ et lim eu = 0 ; donc par composition : lim a x = 0. x→+∞

u→−∞

x→+∞

On a : lim x ln a = +∞ et lim eu = +∞ ; donc par composition : lim a x = +∞. x→−∞

u→+∞

x→−∞

On en déduit les tableaux de variations suivants. x

−∞

ax 0

0 1

1 a

x

+∞ +∞

ax

−∞ +∞

0 1

1

+∞

a

0 TABLE V.2 – avec 0 < a < 1

TABLE V.1 – avec a > 1

V.3.3 Fonctions logarithmes de base a (avec a > 0 et a , 1)

R R+⋆ , on en

On sait que si a > 0 et a , 1, l’exponentielle de base a est strictement monotone et transforme en déduit alors que l’exponentielle de base a est un bijection de sur +⋆ . D ÉFINITION V.3.3 Soit a un nombre réel (avec a > 0 et a , 1). La fonction logarithme de base a est la bijection réciproque de la fonction exponentielle de base a.

R

R

Notations et vocabulaire 1. La fonction logarithme de base a est notée loga . 2. La fonction loge est également notée ln ou parfois Log. 3. La fonction log10 , appelée logarithme décimal est également notée log. Ainsi, pour tout entier relatif n : log 10n = n. 2. Il suffit de prendre la suite définie par : u n = [x × 10n ] × 10−n où x 7→ [x] désigne la fonction partie entière. En effet, pour tout entier naturel n : [x ×10n ] É x ×10n < [x ×10n ]+1 ; d’où : 0 É x ×10n −[x ×10n ] < 1 ; puis par produit par 10−n (qui est strictement positif) : 0 É x − u n < 10−n . On sait que : lim 10−n = 0 ; donc par comparaison : lim u n = x. n→+∞

-

n→+∞

série S

64

V. Exponentielles et équations différentielles

C : y = loga x ∆:y =x

∆:y =x

a ~

C′ : y = a x

C′ : y = a x

a

~

O

O ~ı

a

~ı

a

a>1

C : y = loga x 1 F IGURE V.2 – Courbes d’équations y = a x et y = loga x avec a = 2 puis a = . 2

0
C’est tout l’intérêt de cette fonction log très utilisée en physique. c’est-à-dire Si x a pour écriture scientifique x = d × 10n où d est un nombre décimal compris entre 1 et 10 et n ∈ , alors : log x = log(d × 10n ) = log d + log 10n = n + log d. 1 É d < 10 implique que 0 É log d < 1. Donc, n est la partie entière de log x et log d sa partie fractionnaire. Le nombre n est appelé caractéristique de log x, log d est appelé mantisse de log x.

Z

Exemples 1. log 150 = 2, 176· · · . On a : log 150 = log(102 × 1, 5) = 2 + log(1, 5) = 2, 176· · · . La caractéristique de log 150 est 2 et sa mantisse est 0, 176· · · . 13128 . 2. On aimerait ¡ 128 ¢savoir combien il y a de chiffres dans 128 = 128log 13 = 142, 584· · · ; donc 13 est constitué de 143 chiffres. On a : log 13 Remarque Pour tout x ∈

R+⋆ et tout y ∈ R, on a :

y = loga x

T HÉORÈME V.3.3 Soit a un nombre réel (avec a > 0 et a , 1). Pour tout réel x strictement positif :

x = ay .

⇐⇒

loga x =

ln x . ln a

Démonstration Posons : y = log a x ; on a donc : x = a y = e y ln a ; d’où : ln x = y ln a ; puis : y =

Exemple Calculer : log2 65536 ; log 1000000 ; log3 729 et log7 343.

ln x .ä ln a

V.4 Équations différentielles V.4.1 Introduction Considérons les fonctions f : x 7→ e2x ; g : x 7→ sin ωx avec ω ∈

2

3

4

x R⋆ et P : x 7→ 1 + x + x2 + x6 + 24 .

– Calculer la dérivée de f et démontrer que pour tout réel x, on a : f ′ (x) − 2f (x) = 0. – Calculer la dérivée secondeg ′′ de g et démontrer que pour tout réel x, on a : g ′′ (x) + ω2 g (x) = 0. x4 – Calculer la dérivée de P et démontrer que pour tout réel x, on a : P′ (x) − P(x) = − 24 On a sur : f ′ − 2f = 0. on dit que f est une solution de l’équation différentielle : y ′ − 2y = 0. De même g est solution de l’équation différentielle : y ′′ + 9y = 0. x4 P est solution de l’équation différentielle : y ′ − y = − . 24

R

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

V.4. Équations différentielles

65

Notations et vocabulaire 1. Une équation différentielle est une relation entre une fonction inconnue et ses dérivées successives. La fonction inconnue est souvent notée y et ses dérivées successives y ′ , y ′′ , . . . Le plus souvent, la variable sera notée x ou t . 2. L’ ordre d’une équation différentielle est le plus grand ordre de dérivée intervenant dans cette équation. Par exemple : 5y ′′ − 4y ′ − y = 0 ; est une équation différentielle d’ordre 2. 3. Une solution sur un intervalle ouvert I d’une équation différentielle est une fonction vérifiant l’équation sur l’intervalle. Par exemple, exp est une solution sur de l’équation différentielle : 5y ′′ − 4y ′ − y = 0. 4. Résoudre ou intégrer une équation différentielle sur un intervalle ouvert I c’est déterminer l’ensemble des solutions sur I de cet intervalle. 5. Une courbe intégrale d’une équation différentielle est la courbe représentative d’une solution.

R

V.4.2 Équations du type y ′ − a y = 0 Soit a un nombre réel. On se propose de résoudre, dans l’ensemble des fonctions dérivables sur

R, l’équation :

y′ − ay = 0

(V.4)

R

R

À toute fonction y dérivable sur , on associe z dérivable sur , définie par : z(x) = y(x) e−ax . ¡ ′ la fonction ¢ ax ax ′ On a donc : y(x) = z(x) e et y (x) = z (x) + az(x) e . On en déduit que, pour tout nombre réel x : (y ′ − a y)(x) = z ′ (x) eax . Par conséquent y est solution de (V.4) si et seulement si z ′ est la fonction nulle sur , c’est-à-dire si et seulement si z est une fonction constante. On en déduit le théorème suivant. T HÉORÈME V.4.1 Soit a un nombre réel. Les solutions sur de l’équation différentielle :

R

R

y′ − ay = 0 sont les fonctions de la forme, x 7→ k eax où k est un nombre réel.

R

Exemple Les solutions sur de l’équation différentielle : y ′ −2y = 0 ; sont les fonctions de la forme : x 7→ k e2x où k est un nombre réel. Les fonctions x 7→ e2x , x 7→ − e2x , x 7→ 5e2x et x 7→ 0 sont donc des solutions sur .

R

T HÉORÈME V.4.2 Soit a un nombre réel et (x0 , y 0 ) un couple de nombres réels. Il existe une et une seule solution f sur de l’équation différentielle : y ′ − a y = 0 ; vérifiant : f (x0 ) = y 0 .

R

DémonstrationLes solutions de l’équation sont les fonctions f k : x 7→ k eax avec k ∈ f k (x 0 ) = y 0 ⇐⇒ k eax 0 = y 0 ⇐⇒ k = y 0 e−ax 0 .

R.

La seule solution vérifiant la condition supplémentaire est donc : x 7→ y 0 ea(x−x 0 ) . ä

Exercice V.4.1.

1. Résoudre sur

R : y = 3y . ′

2. Déterminer la solution dont la courbe intégrale passe par le point A(−2;−4)

Solution 1. Les solutions de l’équation différentielle sont les fonctions de la forme : x 7→ k e3x avec k ∈

2. La solution dont la courbe intégrale passe par le point A(−2; −4) est donc la fonction : x 7→ −4e

3(x+2)

R. .

Interprétation géométrique Le théorème V.4.2 signifie que les courbes intégrales de l’équation forment une partition 3 du plan : par tout point A(x0 , y 0 ), il passe une courbe intégrale et une seule (cf. figure V.3). Les solutions de l’équation : y ′ = y ; sont les fonctions x 7→ k ex où k ∈ .

R

3. Une partition d’un ensemble E est une famille de sous ensembles non vides de E, deux à deux disjoints, dont l’union est E

-

série S

66

V. Exponentielles et équations différentielles

~ O

x0 ~ı

A

y0

F IGURE V.3 – Courbes intégrales de l’équation : y ′ = y

V.4.3 Équations du type y ′ − a y = b Soit a et b deux nombres réels. On se propose de résoudre, dans l’ensemble des fonctions dérivables sur tion : y′ − ay = b

R, l’équa(V.5)

Remarques 1. Cette équation sera équation sera appelée « équation différentielle linéaire du premier ordre avec second membre » alors que l’équation : y − ax = 0 ; sera appelée « équation sans second membre » associée à cette équation. 2. Lorque a = 0, les solutions de (V.5) sont les fonctions de la forme x 7→ bx + k avec k ∈ . b 3. Lorque a , 0, la fonction constante y = − est une solution particulière de (V.5) a

R

T HÉORÈME V.4.3 Soit a et b deux nombres réels avec a , 0. Les solutions sur

R de l’équation différentielle :

y′ − ay = b sont les fonctions de la forme, x 7→ k eax −

b a

où k est un nombre réel. Démonstration Posons z = y +

b b . On a donc : y = z − et y ′ = z ′ ; d’où : a a µ ¶ b y ′ − ay = b ⇐⇒ z′ − a z − =b a

⇐⇒

z ′ − az = 0

D’après le théoréme V.4.1, les solutions de la dernière équation sont de la forme z : x 7→ k eax avec k ∈ b (V.5) sont les fonctions de la forme y : x 7→ k eax − avec k ∈ ä a

R

R, nous en déduisons que les solutions de

Remarque On peut retenir ce théorème sous la forme suivante : La solution générale de l’équation avec second membre est la somme de la solution générale de l’équation sans second membre et d’une solution particulière. On retrouve cette formulation arithmétique avec les équation diophantiennes du type : ax + by = c . LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

V.4. Équations différentielles

67

R de l’équation différentielle : y ′ − 2y = 5 ; sont les fonctions de la forme : x 7→ k e2x − 25 où 5 5 5 5 k est un nombre réel. Les fonctions x 7→ e2x − , x 7→ − e2x − , x 7→ 5e2x − et x 7→ − sont donc des solutions sur R. 2 2 2 2 Exemple Les solutions sur

T HÉORÈME V.4.4 Soit a et b deux nombres réels avec a , 0 et (x0 , y 0 ) un couple de nombres réels. Il existe une et une seule solution f sur de l’équation différentielle : y ′ − a y = b ; vérifiant : f (x0 ) = y 0 .

R

R

b DémonstrationLes solutions de l’équation sont les fonctions f k : x 7→ k eax − avec k ∈ . a µ ¶ b −ax 0 b e . f k (x 0 ) = y 0 ⇐⇒ k eax 0 − = y 0 ⇐⇒ k = y 0 + a a µ ¶ b a(x−x 0 ) b La seule solution vérifiant la condition supplémentaire est donc : x 7→ y 0 + e − .ä a a

Remarque Lorsque a = 0 l’unique courbe intégrale de y ′ − a y = b passant par A(x0 ; y 0 ) est la droite d’équation y = b(x − x0 ) + y 0 . Exercice V.4.2.

1. Résoudre sur

R l’équation y = 3y − 7. ′

2. Détermininer la solution, f , vérifiant f (2) = 5.

Solution 1. On remarque que y = x 7→ k e3x +

7 avec k ∈ 3

R.

7 est une solution paticulière, les solutions de l’équation sont donc les fonctions : 3

8 −6 e . 3 8 3(x−2) 7 + . On en déduit que f est la fonction : x 7→ e 3 3

2. On a : f (2) = 5

7 k e6 + = 5 3

⇐⇒

⇐⇒

k=

V.4.3.a Temps caractéristique En physique on utilise parfois le temps caractéristique lorsqu’on est confronté à la solution d’une équation de la forme y ′ = a y + b avec a < 0 vérifiant y(0) = 0. b b La solution générale de l’équation est : t 7→ k eat − et la solution particulière vérifie k = . On en déduit qu’a chaque a a ¢ b¡ instant : y(t ) = − 1 − eat . a Le temps caractéristique (ou constante de temps en électricité) est l’abscisse du point d’intersection de l’asymptote et de la tangente à l’origine à la courbe représentative de la fonction y. y b − a

−

b × 0, 63 a

~ O

~ı

τ

t

F IGURE V.4 – Courbe de y, asymptote et tangente à l’origine.

Remarques 1. y(0) = 0 et y ′ (0) = b donc l’équation réduite de la tangente, T, à la courbe représentative de y, à l’origine est y = bx .

-

série S

68

V. Exponentielles et équations différentielles

2. On a : a < 0 ; donc lim y(t ) = − t →+∞

b b ; la droite D d’équation, y = − , est asymptote à la courbe en +∞. a a

3. le temps caractéristique τ est l’abscisse du point d’intersection de T et D, donc la solution de l’équation bx = − 1 soit τ = − . a

b a

Interprétation – On a : y(τ) = − limite.

¢ b¡ 1 − exp −1 ; or : 1 − exp −1 = 0,63· · · ; ainsi à l’instant τ, la quantité y a atteint 63% de sa valeur a

– On a : y(5τ) = − limite.

¢ b¡ 1 − exp −5 ; or : 1−exp −5 = 0,99· · · ; ainsi à l’instant τ, la quantité y a atteint 99% de sa valeur a

V.4.4 Exercices V.4.a. Résoudre sur vantes.

R les équations différentielles sui-

V.4.c. 1. Résoudre sur 3y ′ .

′

a. y = y. ′

a. y ′ = 2y et y(0) = 1.

R l’équation différentielle : y ′′ =

2. Déterminer la solution vérifiant : y(0) = 0 et y ′ (0) = 3.

b. y ′ = −y.

c. y = −3y. ³π´ ³π´ d. cos y ′ = cos y. 3 6 V.4.b. Déterminer la solution sur initiale.

c. y ′ − 3y = 0 et y(4) = e2 .

R vérifiant la condition

V.4.d. Une population de microbes se développe dans une culture suivant une loi où à chaque instant le taux d’accroissement est proportionnel à l’effectif. Sachant qu’au bout d’une heure il y a 104 microbes et que deux heures plus tard il y en 4 × 104 , quelle est l’effectif initial de cette culture ?

b. y ′ = −y et y(3) = 1.

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

Chapitre VI

Dérivabilité VI.1 Fonctions dérivables VI.1.1 Nombre dérivé, fonction dérivée La notion de dérivée a été vue en classe de Première. T HÉORÈME VI.1.1 NOMBRE DÉRIVÉ Soit f une fonction définie sur un intervalle I et a un point de I. Les quatre conditions suivantes sont équivalentes elles expriment que le réel f ′ (a) est le nombre dérivé de f en a. f (a + h) − f (a) 1. lim = f ′ (a) ; h→0 h f (x) − f (a) 2. lim = f ′ (a) ; x→a x−a 3. Pour tout réel h tel que a + h soit dans I : f (a + h) = f (a) + f ′ (a)h + hϕ (h) avec lim ϕ (h) = 0 ; h→0

4. Pour tout élément x de I : f (x) = f (a) + f ′ (a) (x − a) + (x − a) φ (x) avec lim φ (x) = 0. x→a

Vocabulaire et notations – Lorsque f admet un nombre dérivé en a, on dit que f est dérivable en a ; – Le nombre dérivé en a est noté f ′ (a) ; ¡ ¢ – Lorsque f est dérivable en tout point d’un intervalle I I ⊂ D f , on dit que f est dérivable sur I. ′ – La fonction x 7→ f (x) est appelée fonction dérivée de la fonction f . Interprétation graphique Soit f une fonction définie sur un intervalle I et a un point ¡de I. Dire ¢ que f est dérivable en a signifie que C f admet au point A a ; f (a) une tangente (ou une demi-tangente lorsque a est une borne de D f ) non parallèle à l’axe des ordonnées. Cette tangente à pour équation : y = f ′ (a) (x − a) + f (a)

Cf f (a)

~j O

R

~i

a D : y = f ′ (a)(x − a) + f (a)

Exemple La fonction f : x 7→ x 2 est dérivable sur et sa dérivée est la fonction f ′ : x 7→ 2x . En particulier, f est dérivable en 3, la courbe C f admet donc au point d’abscisse 3 une tangente D . De plus : f (3) = 9 et f ′ (3) = 6 ; D a donc pour équation : y = 6(x − 3) + 9 ; c’est-à-dire : y = 6x − 9 Remarque Lorsque : lim

h→0 h<0

f (a + h) − f (a) f (a + h) − f (a) = l 1 et lim = l 2 ; où l 1 et l 2 sont deux réels distincts, la fonch→0 h h h>0

tion f n’est pas dérivable en a , mais l 1 est le nombre dérivé à gauche en a et l 2 est le nombre dérivé à droite en a ; la courbe C f présente alors au point d’abscisse a une demi-tangente à droite et une demi-tangente à gauche.

69

70

VI. Dérivabilité

VI.1.2 Dérivabilité des fonctions usuelles – – – – –

R

Toute fonction polynôme est dérivable sur . Toute fonction rationnelle est dérivable sur tout intervalle inclus dans son ensemble de définition. p La fonction x 7→ x est dérivable sur ]0; +∞[. (Elle n’est pas dérivable en 0) Les fonctions sinus et cosinus sont dérivables sur . La fonction tangente est dérivable sur tout intervalle où elle est définie.

R

VI.1.3 Principaux résultats Ensemble de dérivabilité

f′

f x 7→ k (k ∈ ) x 7→ x 1 x 7→ x n ¡x 7→ x⋆ ¢ n∈ p x 7→ x

R

Z

x 7→ sin x x 7→ cos x x 7→ tan x x 7→ ex

x 7→ 0

] − ∞, +∞[

x 7→ 1 1 x 7→ − 2 x

] − ∞, +∞[ ] − ∞; 0[ ou ]0; +∞[

R⋆ R

x 7→ nx n−1 x 7→

1 p

2 x x 7→ cos x x 7→ − sin x

x 7→ 1 + tan2 x

f u+v ku uv 1 v u v u n (n ∈ p u

si si

n <0 n >0

Z⋆ )

]0; +∞[

R

] − ∞; +∞[ ] − ∞; +∞[ nπ o \ + kπ, k ∈ 2

R

Z

ln u

x 7→ ex 1 x 7→ ln x x 7→ ]0; +∞[ x TABLE VI.1 – Dérivées des fonctions élémentaires

f′ u + v′ ku ′ ′ u v + uv ′ v′ − 2 v u ′ v − uv ′ v2 nu ′ u n−1 u′ p 2 u u′ u u ′ eu x 7→ au ′ (ax + b) ′

eu x 7→ u (ax + b) TABLE VI.2 – Dérivées et opérations sur les fonctions

VI.2 Dérivation d’une fonction composée VI.2.1 Théorème de dérivation d’une fonction composée T HÉORÈME VI.2.1 Soit u une fonction dérivable sur un intervalle dérivable sur un intervalle J contenant f (I). La ¡ ¢′ I et f ¡une fonction ¢ fonction f ◦ u est dérivable sur I et on a : f ◦ u = u ′ × f ′ ◦ u .

Cette démonstration est hors programme, elle n’est donnée ici qu’à titre indicatif.

Démonstration Soit a un élément de I. Démontrons que f ◦ u est dérivable en a et que le nombre dérivé de f ◦ u en a est : u ′ (a) × f ′ (u (a)). – u est dérivable en a, donc pour tout réel h tel que a + h appartienne à I, on a : u (a + h) = u (a) + u ′ (a) h + hϕ(h), avec lim ϕ(h) = 0. h→0

– f est dérivable en u (a), donc pour tout réel t tel que u (a) + t appartienne à J, on a : f (u (a) + t ) = f (u (a)) + f ′ (u (a)) t + t φ(t ), avec lim φ(t ) = 0. t →0

′ – En particulier, lorsque a + h ∈ I, pour ¢ £ ; on obtient : ¤ ¡ £ t = u (a) h + ¤hϕ(h) f (u (a + h)) = f (u (a)) + f ′ (u (a)) u ′ (a) h + hϕ(h) + u ′ (a) h + hϕ(h) φ u ′ (a) h + hϕ(h) ; c’est-à-dire : ¢¤ ¤ ¡ £ £ f (u (a + h)) = f (u (a)) + u ′ (a) f ′ (u (a)) h + h f ′ (u (a))ϕ(h) + u ′ (a) + ϕ(h) φ u ′ (a) h + hϕ(h) . | {z }

£ ¤ ¡ ¢ ε(h) Posons : ε (h) = f ′ (u (a))ϕ(h) + u ′ (a) + ϕ(h) φ u ′ (a) h + hϕ(h) . – Pour tout réel h tel que a +h appartienne à I, on a : f (u (a + h)) = f (u (a))+u ′ (a) f ′ (u (a)) h +hε (h), avec lim ε (h) = 0. Cette dernière égalité

signifie que f ◦ u est dérivable en a et que le nombre dérivé de f ◦ u en a est : u ′ (a) × f ′ (u (a)) ;

ä

Exemple Étudier la dérivabilité de la fonction

g : x 7→ cos

µ

h→0

¶ 1 . 1−x

1 et f : x 7→ cos x ; on a : g = f ◦ u . 1−x La fonction u est dérivable sur ] − ∞; 1[ et u (]−∞; 1]) = ]0; +∞] ; la fonction f est dérivable sur Donc, g est dérivable sur ] − ∞; 1[. On démontre de même que f est dérivable sur µ]1; +∞[ ¶. 1 1 ′ ′ ′ sin . Pour tout x élément de \ {1}, on a donc : g (x) = u (x) × f [u (x)] = − 1−x (1 − x)2

On considère les fonctions u : x 7→

R qui contient ]0; +∞[.

R

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VI.2. Dérivation d’une fonction composée

71

Remarque Soit g une fonction dont l’ensemble de définition est une réunion d’intervalles tous non réduits à un point. Si g est la composée de deux fonctions dérivables sur leur ensemble de définition, alors g est dérivable sur son ensemble de définition.

VI.2.2 Dérivée de la fonction

p

u

T HÉORÈME VI.2.2 Soit u une fonction dérivable et strictement positive sur un intervalle I. p u ′ (x) . La fonction g : x 7→ u (x) est dérivable sur I et sa dérivé est la fonction g ′ : x 7→ p 2 u (x)

p Démonstration La fonction u est dérivable sur I et u (I) ⊂ ]0;+∞] car u est strictement positive sur I. De plus, la fonction x 7→ x est dérivable sur 1 ]0;+∞[ et sa dérivée est la fonction x 7→ p . D’après le théorème de dérivation d’une fonction composée g est dérivable sur I et sa dérivée est la 2 x 1 fonction x 7→ u ′ (x) p .ä 2 u (x) p Exemple Exercice VI.2.1. Déterminer la dérivée de la fonction g : x 7→ x 2 + 1. p 2

Considérons la fonction u : x 7→ x + 1 ; on a : g = donc g est dérivable sur x 7→ p

x x2 + 1

.

R

u . La fonction u est dérivable et strictement positive sur ; 2x u ′ (x) = p . Pour tout réel x , on a : g (x) = p . On en déduit que g ′ est la fonction 2 u (x) 2 x 2 + 1

R

VI.2.3 Dérivée de la fonction u n (n ∈

′

Z)

1er cas n > 1 T HÉORÈME VI.2.3 Soit u une fonction dérivable sur un intervalle I et n un entier naturel non nul. La fonction g : x 7→ u n (x) est dérivable sur I et sa dérivé est la fonction : g ′ : x 7→ n × u ′ (x) × u n (x). Démonstration La fonction u est dérivable sur I. De plus, la fonction x 7→ x n est dérivable sur

R et sa dérivée est la fonction x 7→ nx n−1 . D’après le

théorème de dérivation d’une fonction composée g est dérivable sur I et sa dérivée est la fonction x 7→ u ′ (x) × n × u n (x). ä

Exemple Exercice VI.2.2. Déterminer la dérivée de la fonction f : x 7→ sin6 x La fonction sin est dérivable sur et sa dérivée est la fonction cos, donc la fonction f est dérivable sur est la fonction f ′ : x 7→ 6cos x sin5 x .

R

R et sa dérivée

2e cas n < 0 T HÉORÈME VI.2.4 Soit u une fonction dérivable sur un intervalle I, ne s’annulant pas sur I, et n un entier (n < 0). La fonction g : x 7→ u n (x) est dérivable sur I et sa dérivée est la fonction g ′ : x 7→ n × u ′ (x) × u n (x). Il suffit d’appliquer le théorème précédent à la fonction v =

Exemple Exercice VI.2.3.

Déterminer la dérivée de la fonction f : x 7→ ¡

La fonction x 7→ x 2 + 1 est dérivable sur f est dérivable sur

1 . u

1 ¢6 x2 + 1

R, ne s’anulle pas sur R et sa dérivée est la fonction x 7→ 2x , donc la fonction

R et sa dérivée est la fonction f ′ : x 7→ −6 ¡

2x

¢7 x2 + 1

.

Remarque Comme précédemment, les règles de calculs sur les puissances d’exposants entiers s’étendent aux exposants rationnels. Nous admettons momentanément le théorème suivant.

-

série S

72

VI. Dérivabilité

T HÉORÈME VI.2.5 Soit r un nombre rationnel non nul, u une fonction dérivable et strictement positive sur un intervalle I. 1. La fonction x 7→ x r est dérivable sur ]0; +∞[ et sa dérivée est la fonction x 7→ r x r −1 . 2. La fonction u r est dérivable sur I et sa dérivée est la fonction r u ′ u r −1 .

La seconde partie se déduit de la première à l’aide du théorème de dérivation des fonctions composées.

Exemple Exercice VI.2.4. 7

³ ´3 p Déterminer la dérivée de la fonction f : x 7→ 2x 2 + 1 2x 2 + 1.

R

On a f = u 2 , où u est la fonction x 7→ 2x 2 +1 ; la fonction u est dérivable et strictement positive sur , et sa dérivée est la fonction u ′ : x 7→ 4x ; la fonction f est donc dérivable sur et sa dérivée est la fonction f ′ définie par : ¡ ¢5 ¡ ¢2 p 7 f ′ (x) = × 4x 2x 2 + 1 2 = 14x 2x 2 + 1 2x 2 + 1. 2

R

VI.3 Dérivation et études de fonctions VI.3.1 Sens de variation

T HÉORÈME VI.3.1 Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I. – Si f ′ > 0 sur I (sauf peut-être en un nombre fini de points), alors f est strictement croissante sur I ; – si f ′ < 0 sur I (sauf peut-être en un nombre fini de points), alors f est strictement décroissante sur I ; – si f ′ est nulle sur I, alors f est constante sur I.

Remarque De même si f ′ Ê 0 (resp. f ′ É 0) sur I, alors f est croissante (resp. décroissante) sur I. Exemple La fonction f : x 7→ x 2 est dérivable sur [0; +∞[ et sa dérivée est strictement positive sur ]0; +∞] ; donc f est strictement croissante sur [0; +∞[. 1 a une dérivée strictement négative sur son ensemble de définition et pourtant la x fonction f n’est pas décroissante. L’ensemble de définition de f n’est pas un intervalle.

Remarque La fonction f : x 7→

VI.3.2 Extremum local D’après la figure ci-contre : – f (c) est maximum local de f ; – f (d) est minimum local de f . On dit également que f admet un maximum en c et un minimum en d. T HÉORÈME VI.3.2 Soit f une fonction dérivable sur un intervalle ouvert I. f admet un extremum local en a si et seulement si f ′ s’annule et change de signe en a.

f (c)

Cf

f (d )

~j O

~i c

d

Ce théorème est connu depuis la classe de Première. LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VI.4. Dérivées successives d’une fonction

73

VI.4 Dérivées successives d’une fonction D ÉFINITIONS VI.4.1

DÉRIVÉE

n- IÈME D ’ UNE FONCTION

Soit f une fonction et I un intervalle. (1) Si f est dérivable sur I, sa dérivée f ′ est appelée dérivée première de f ; on la note aussi f (1) . (2) Si f ′ est dérivable sur I, sa dérivée f ′′ est appelée dérivée seconde de f ; on la note aussi f (2) . (3) De proche en proche, la fonction dérivée n-ième de f sur I, si elle existe, est la dérivée de la fonction dérivée (n + 1)-ième de f sur I ; on la note f (n) . f (n) est aussi appelée dérivée d’ordre n de la fonction f . On utilise également, notamment en sciences physiques, la df , notation de Leibniz : f ′ , f ′′ , . . ., f (n) ; sont notées respectivement dx 2 n d f d f , . . ., . dx 2 dx n Exemples 1 Calculer les dérivées successives de la fonction f : x 7→ x 3 − 2x 2 − 3x + 4. 1. Exercice VI.4.1. 3

On a : f ′ (x) = x 2 − 4x − 3 ; f ′′ (x) = 2x − 4 ; f (3) (x) = 2 ; f (4) (x) = 0. Donc, pour tout nombre entier n tel que n Ê 4, on a : f (n) (x) = 0. Calculer la dérivée n -ième de la fonction g : x 7→ sin x . 2. Exercice VI.4.2. On a : ³ π´ g ′ (x) = cos x = sin x + 2³ ³ π´ π´ g ′′ (x) = cos x + = sin x + 2 × 2 2 ³ ³ π´ π´ = sin x + 3 × . g (3) (x) = cos x + 2 × 2 2 ³ π´ On peut conjecturer que : ∀n ∈ ⋆ , g (n) (x) = sin x + n . 2 Démontrons cette égalité par récurrence.

N

1. L’égalité est vraie pour n = 1.

2. Supposons l’égalité vraie pour un entier naturel non nul k , c’est-à-dire : ³ π´ (k) g (x) = sin x + k ; 2 ³ ³ π´ π´ (k+1) = sin x + (k + 1) on en déduit que : g ; (x) = cos x + k 2 2 donc, l’égalité est vraie pour k + 1.

Elle est donc vraie pour tout entier naturel non nul.

VI.5 Exercices résolus

R vers R et déterminer sa bijection réciproque. Solution Pour tout réel x , x + 1 > 0, donc l’ensemble de définition de f est R. Soit y un nombre réel, démontrons que y a un et un seul antécédent x par f dans R. Exercice VI.5.1.

Démontrer que la fonction f : x 7→ x + 2

y = f (x)

⇔ ⇔ ⇔

⇔

1p 2 x + 1 réalise une bijection de 2

1p 2 x +1 2 p ¡ ¢ 2 y − x = x2 + 1 ¡ ¢ ¡ ¡ ¢¢2 2 y − x = x 2 + 1 et 2 y − x Ê 0 y =x+

3x 2 − 8y x + 4y 2 − 1 = 0 et x − y É 0

On reconnaît une équation du second degré d’inconnue x dont le discriminant est : ¡ ¢2 ¡ ¢ ∆ = −8y − 4 × 3 4y 2 − 1 = 16y 2 + 12. p p 8y − 16y 2 + 12 8y + 16y 2 + 12 ∆ > 0 donc l’équation a deux solutions : x1 = et x2 = ; 6 6 p p 4y − 4y 2 + 3 4y + 4y 2 + 3 et x2 = . c’est-à-dire : x1 = 3p 3 p y − 4y 2 + 3 y + 4y 2 + 3 D’où il vient : x1 − y = et x2 − y = . 3 3

-

série S

74

VI. Dérivabilité

q ¯ ¯ Or : 4y 2 + 3 > 4y 2 ; donc : 4y 2 + 3 > ¯2y ¯ ; ¯ ¯ ¯ ¯ y − 2 ¯y ¯ y + 2 ¯y ¯ D’où : x1 − y < É 0 et x2 − y > Ê 0. 3 3 x1 est la seule solution vérifiant la contrainte x − y É 0 , x1 est donc l’unique antécédent de y dans et on a : y = p 4y − 4y 2 + 3 f (x) ⇔ x = . 3 vers et sa bijection réciproque est la fonction f −1 : x 7→ Par conséquent, la fonction f réalise une bijection de p 2 4x − 4x + 3 . 3

R

R

Exercice VI.5.2.

R

On se propose de déterminer la dérivée de la fonction f : x 7→

s

cos x − 1 +

x2 . 2

x2 (on pourra utiliser u ′′ ). 2 b. En déduire l’ensemble de définition de la fonction f . x 2. Étudier la dérivabilité de f en 0 (on pourra poser : t = ). 2 3. Déterminer la dérivée de la fonction f .

1. a. Étudier le signe de la fonction u : x 7→ cos x − 1 +

Solution 1. a. La fonction u est la somme de la fonction cos et d’une fonction polynôme, elle est donc deux fois dérivable sur . Sa dérivée première est la fonction u ′ : x 7→ x − sin x ; et sa dérivée seconde est la fonction u ′′ : x 7→ 1 − cos x . La fonction u ′′ étant positive on en déduit que la fonction u ′ est strictement 1 croissante sur . De plus u ′ (0) = 0 donc u ′ est strictement positive sur ]0; +∞[ et strictement négative sur ] − ∞; 0[ et par conséquent u est strictement croissante sur [0; +∞[ et strictement décroissante sur ] − ∞; 0] or u(0) = 0 donc la fonction est strictement positive sur ⋆ et s’annule en 0. p On a f = u . La fonction u est dérivable sur , et est strictement positive sur ⋆ , f est donc dérivable sur ⋆ et u′ sa dérivée sur ⋆ est p , pour savoir si elle dérivable en 0, on doit calculer la limite en 0 de la fonction θ définie 2 u f (x) − f (0) f (x) = par : θ (x) = . x −0 x x Posons : t = . Pour tout réel non nul x , on a : 2 µ µ ¶ ¶ sin t 2 (2t )2 u (x) = cos 2t − 1 + . = 1 − 2sin2 t − 1 + 2t 2 = 2t 2 1 − 2 t r ³ ¡ ¢2 ´ s p p µ ¶ 2t 2 1 − sint t u (x) 2 |t | sin t 2 1− . Donc pour tout réel non nul x : θ (x) = = = × x 2t 2 t t  s p µ ¶   sin t 2 2   − 1 − si t < 0  2 s t Donc : θ (x) = p ¶ µ   2 sin t 2   1− si t > 0  2 t p sin t 2p On sait que : lim 1 − x2 : = 1 ; donc par composition par la fonction x 7→ 2  p s t →0 t  µ ¶ 2 sin t 2   lim 1− =0; t →0 2 t t >0  p s  µ ¶2 sin t 2  = 0. 1− on a de même : lim − t →0 2 t t <0  p s µ ¶2 sin t x 2 x  = 0 ; Donc par composition : lim θ (x) = 0 ; de Pour x > 0, on a : lim = 0 avec > 0 et lim  1− x→0 2 t →0 x→0 2 2 t

R

R

R

R

R

x>0

R

R

t >0

x>0

même : lim θ (x) = 0. Donc la fonction f est dérivable en 0 et f ′ (0) = 0. x→0 x<0

R

La fonction f est donc dérivable sur et sa dérivée est la fonction f ′ définie par : u ′ (x) x − sin x f ′ (x) = p lorsque x , 0 et f ′ (0) = 0. = q 2 u (x) 2 cos x − 1 + x 2 2 1. on peut admettre ici cette justification peu rigoureuse, un argumentation correcte serait la suivante. Soit a et b deux réels tels que a < b. La fonction u ′′ est dérivable et strictement positive (sauf en nombre fini de points) sur [a;b], u ′ est donc strictement croissante sur [a;b] ; d’où : u ′ (a) < u ′ (b) ; cette inégalité étant vérifiée pour tous réels a et b tels que a < b, la fonction est strictement croissante sur .

R

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VI.5. Exercices résolus

Exercice VI.5.3.

75

On se propose d’étudier la fonction f : x 7→

1. Déterminer l’ensemble de définition, D f , de f .

p |x − 1| 3 − x . p 4−x

2. Étudier la limite de f en −∞

3. Étudier la dérivabilité de f en 1. 4. Étudier la dérivabilité de f en 3. 5. On considère la fonction u définie sur ] − ∞;3[ par u (x) = calculer u ′ (x).

r

3−x ; 4−x

6. Déterminer la dérivée de f , étudier le sens de variation de f et dresser son tableau de variation. 7. a. Étudier la limite en −∞ de x 7→ f (x) + x − 1 (on pourra poser t = x − 1).

b. En déduire que la droite D d’équation y = −x +

8. Représenter graphiquement la fonction f .

1 est asymptote à la courbe représentative, C f , de f . 2

Solution 1. Pour tout nombre réel x , f est définie en x si et seulement si 3 − x Ê 0 et 4 − x > 0, donc D f =] − ∞; 3] v u u 1 − x3 2. Pour tout x < 0, on a : f (x) = (1 − x) t . 1 − x4 3 4 De plus : lim = lim =0; x→−∞ x x→−∞ x donc par différences, quotient puis composition par la fonction racine carrée : v u 3 u1− x =1; lim t x→−∞ 1 − x4 or : lim (1 − x) = +∞ ; donc par produit : x→−∞

lim f (x) = +∞ .

x→+∞

3. On a : f (1) = 0 ; donc pour étudier la dérivabilité de f en 1, il faut étudier la limite de p f (1 + h) |h| 2−h , Pour h É 2 et h , 0, on a : = × p h h 3−h p p |h| 2−h 6 |h| avec : lim p ; = = −1 lorsque h<0 et = 1 lorsque h>0. h→0 3 h h 3−h p p f (1 + h) f (1 + h) 6 6 et lim . Donc par produit : lim =− = h→0 h→0 h 3 h 3 h<0

f (1 + h) lorsque h tend vers 0. h

h>0

Donc f n’est pas dérivable en 1, mais la courbe C f présente au point d’abscisse 1 une demi-tangente à droite de cop p 6 6 efficient directeur et une demi-tangente à gauche de coefficient directeur − . 3 3 4. La fonction f n’est pas définie à droite de 3 et f (3) = 0, donc pour étudier la dérivabilité de f enp3, il faut étudier |2 + h| f (3 + h) f (3 + h) −h lorsque h tend vers 0 par valeurs inférieures. Pour h < 0, on a : = la limite de = × p h h h 1−h |2 + h| |2 + h| 1 f (3 + h) 1 × p . On a : lim − p = −∞. −p = −∞ et lim p = 2 ; donc par produit : lim h→0 h→0 h→0 h −h 1−h −h 1−h h<0

h<0

h<0

Donc f n’est pas dérivable en 3, mais la courbe C f présente au point d’abscisse 3 une demi-tangente verticale (vers le haut). 3−x est une fonction homographique, elle est donc dérivable sur son ensemble de définition, 5. La fonction v : x 7→ 4−x p \ {4} , de plus pour x < 3, 3 − x > 0 et 4 − x > 0 donc v est strictement positive sur ] − ∞; 3[ par u = v est dérivable v′ 1 , donc la dérivée de u est la sur ] − ∞; 3[ et sa dérivée est u ′ = p . La dérivée de v est la fonction v ′ : x 7→ − 2 v − (4 x)2 −1 . fonction est la fonction u ′ définie sur ] − ∞; 3[ par : u ′ (x) = q 2(4 − x)2 3−x 4−x C’est-à-dire : u ′ (x) =

−1 . p 2(4 − x) (3 − x)(4 − x

6. Sur ] − ∞; 1[∪]1; 3[ f est le produit de deux fonctions dérivables donc f est dérivable. pour x ∈]1; 3[ : f (x) = (x − 1) u(x) ; donc :

-

série S

76

VI. Dérivabilité

f ′ (x)

u(x) + (x − 1)u ′ (x) r x −1 3−x − p 4 − x 2(4 − x) (3 − x)(4 − x) (3 − x) (4 − x) − (x − 1) p 2(4 − x) (3 − x) (4 − x)

= = =

2x 2 − 15x + 25 p 2(4 − x) (3 − x) (4 − x)

=

Dans cette fraction le dénominateur (produit de quantité positives) est positif, donc f ′ (x) est du signe de 2x 2 −15x+25 15 − 5 5 15 + 5 = et x1 = = 5. . Le discriminant est ∆ = 152 − 4 × 2 × 25 = 25 , donc le trinôme admet deux racines : x1 = 4 2 4 ′ Le trinôme est du signe de 2 à l’extérieur des racines et du signe de −2 à l’intérieur, donc f est strictement positive 5 5 5 sur ]1; [ et strictement négative sur ] ; 3[ ; donc f est strictement croissante sur [1; ] et strictement décroissante sur 2 2 2 5 [ ; 3]. 2 Pour x ∈] − ∞; 1[ : f (x) = (1 − x) u(x) ; donc : f ′ (x)

= = = =

−u(x) + (1 − x) u ′ (x) r x −1 3−x + − p 4 − x 2(4 − x) (3 − x) (4 − x) − (3 − x)(4 − x) + (x − 1) p 2(4 − x) (3 − x) (4 − x) ¡ ¢ − 2x 2 − 15x + 25 p 2(4 − x) (3 − x)(4 − x)

D’après l’étude précédente, f ′ est strictement négative sur ] − ∞; 1[ donc f est strictement décroissante sur ] − ∞; 1]. Donc finalement f 5 est strictement décroissante sur ] − ∞; 1] et sur [ ; 3] et strictement 2 5 croissante sur [1; ]. On en déduit le tableau de variations ci-contre. 2 7. a. Posons : t = x − 1. Pour x < 1, on a : f (x) + x − 1

= = = = = =

x ′

f (x) f (x)

1

−∞ +∞

−

+ 0

5 2 p 3 2

3 − 0

p |t | 2 − t +t p 3−t Ã ! p 2−t t 1− p 3−t p p 3−t − 2−t t p 3−t (3 − t ) − (2 − t ) tp ¡p p ¢ 3−t 3−t + 2−t 1 t ¡p ¢ q q ³q ´ 2 −t 1 − 3t 1 − 3t + 1 − 2t −1 q q ³q ´ 3 1− t 1 − 3t + 1 − 2t

3 2 = lim =0; t t →−∞ t donc par différences, composition par la fonction racine carrée, somme, produit et quotient : µ µ ¶¶ ¡ ¢ 1 1 lim f (x) + x − 1 = − . D’où il vient par somme : lim f (x) − −x + = 0. x→−∞ x→−∞ 2 2 1 Donc la droite D d’équation y = −x + est asymptote à C f en −∞. 2

Or : lim

t →−∞

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Terminale VI

Chapitre VII

Nombres complexes VII.1 Introduction VII.1.1 Des équations et des ensembles

N N

Dans les classes précédentes, on a vu l’ensemble , dans cette ensemble on peut résoudre des équations telles que : x +3 = 7 ; où la solution est 4. Cependant, dans , des équations telles que : x +7 = 3 ; n’ont pas de solution. C’est alors qu’on a eu l’idée d’étendre l’ensemble des nombres ; on a ainsi obtenu un nouvel ensemble appelé , dans lequel l’équation précédente a une solution : −4. Mais cela n’était pas suffisant car dans cet ensemble des équations telles que : 3x = −15 ; ont une solution alors que d’autres équations, pourtant semblables, telles que : 3x = −7 ; n’en ont pas. On a donc à nouveau étendu l’ensemble des nombres pour obtenir un nouvel ensemble, , dans lequel l’équation 7 précédente a une solution : − . Mais cela n’était pas suffisant car dans cet ensemble des équations telles que : x 2 = 4 ; 3 ont deux solutions (2 et −2) alors que des équations assez proches telles que : x 2 = 3 ; n’en ont pas. On a donc à nouveau étendu l’ensemble p des nombres pour obtenir un nouvel ensemble, , dans lequel l’équation précédente a p deux solutions : − 3 et 3. Mais cela n’est pas suffisant car dans cet ensemble des équations telles que : x 2 = −4 ; assez proches des deux équations précédentes, n’ont pas de solution. Si on veut qu’une telle équation ait, comme les autres, deux solutions il faut étendre l’ensemble des nombres. 2 On part du principe qu’il existe un nombre i (i comme imaginaire) tel que : i = −1 ; et notre objectif est de trouver un nouvel ensemble, que nous noterons , qui sera le plus petit ensemble de nombres (qui seront appelés nombres complexes) vérifiant les contraintes suivantes.

Z

Q

R

C

1. 2.

R⊂C; i ∈C;

3. Les lois algébriques concernant l’addition et la multiplication des nombres sont les mêmes dans

C que dans R.

La somme ou le produit de deux nombres réels est un nombre réel, la dernière condition impose donc que la somme ou le produit de deux nombres complexes soit un nombre complexe. En particulier 2i et −2i sont deux nombres complexes et on a : 2 2 (2i )2 = 22 × i = 4 × (−1) = −4 et (−2i )2 = (−2)2 × i = 4 × (−1) = −4 ; donc la dernière équation envisagée à maintenant, elle aussi, deux solutions. Pour les raisons que nous venons d’évoquer, tout nombre de la forme (dite algébrique) a + i b, où a et b sont des nombres réels, sont des nombres complexes. Peut-on par additions ou par multiplications obtenir des nombres complexes qui ne peuvent pas se mettre sous cette forme ? Pour se faire une idée, prenons quelques exemples.

VII.1.2 Activités Mettre sous forme algébrique les nombre complexes suivants. = (2 + 5i ) + (3 − 7i ); z2 = (2 + 5i ) − (3 − 7i ); z3 = (2 + 5i )(3 − 7i ) 3 − 7i 1 z6 = z4 = (2 + 5i )(2 − 5i ); z5 = p ; 2 + 5i 2+i 3 4 z7 = i ; z8 = (1 + i )2 ; z9 = (1 + i )17 Plus généralement, pour z = a + i b et z ′ = a ′ + i b ′ (où a, a ′ , b, b ′ sont des réels), mettre sous forme algébrique les 1 nombres complexes z + z ′ , zz ′ ,z − z ′ et lorsque a , 0 ou b , 0, . z z1

77

78

VII. Nombres complexes

VII.1.3 Définitions L’activité précédente suggère la définition suivante. D ÉFINITIONS VII.1.1 N OMBRE COMPLEXE , (1) Un nombre complexe est un nombre qui peut s’écrire sous la forme a + i b, où a et b sont des nombres réels et i 2 = −1. (2) L’ensemble des nombres complexes est appelé .

C

C

Remarque On a : 0 × 2i = (0 × 2)i = 0 × i ; donc : 0 = 0 × 2i − 0 × i = 0(2i − i ) = 0 × i ; d’où : 0 × i = 0. Notations et vocabulaire 1. lorsqu’un nombre complexe z est écrit sous la forme a + i b , où a et b sont des nombres réels, on dit qu’il est écrit sous forme algébrique ; 2. le nombre réel a est appelé partie réelle de z et est noté ℜe(z) ; 3. le nombre réel b est appelé partie imaginaire de z et est noté ℑm(z) ; en particulier ℑm(z) est un nombre réel ; 4. si b = 0, alors z = a (car on a : i × 0 = 0) ; z est un nombre réel ; tout nombre réel est bien un nombre complexe ( ⊂ ); 5. Si a = 0, alors z = i b ; z est dit imaginaire pur. p p 3 3 1 1 ; alors : ℜe(z) = et ℑm(z) = . Exemple Si : z = + i 2 2 2 2

R C

VII.1.4 Calcul dans

C

VII.1.4.a Addition, soustraction, multiplication Comme on l’a vu en activités, l’addition, la soustraction et la multiplication dans vante. D ÉFINITIONS VII.1.2

C sont définies de la façon sui-

Soit a, a ′ , b, b ′ des nombres réels. (1) (a + i b) + (a ′ + i b ′ ) = (a + a ′ ) + i (b + b ′ ) ; (2) (a + i b) − (a ′ + i b ′ ) = (a − a ′ ) + i (b − b ′ ) ; (3) (a + i b)(a ′ + i b ′ ) = (aa ′ − bb ′ ) + i (ab ′ + a ′ b).

Remarques 1. Lorsque : b = b ′ = 0 ; on retrouve l’addition, la soustraction et la multiplication dans . 2. (a + i b) + (−a − i b) = 0 ; tout nombre complexe, z = a + i b , a un opposé : −z = −a − i b .

R

C

Le théorème suivant signifie que, comme nous l’avions désiré, l’addition et la multiplication dans ont les mêmes propriétés que dans ; sa démonstration, fastidieuse et sans surprise, est laissée au soin du lecteur courageux. T HÉORÈME VII.1.1 Pour tous nombres complexes z, z ′ , z ′′ , on a : (1) z + z′ ∈ + est un loi de composition interne à ; (2) z + z′ = z′ + z + est commutative dans ; (3) z + (z ′ + z ′′ ) = (z + z ′ ) + z ′′ + est associative dans ; (4) z +0 = 0+z = z dans , 0 est élément neutre pour + ; (5) z × z′ ∈ × est un loi de composition interne à ; (6) z × z′ = z′ × z × est commutative dans ; ′ (7) z × (z × z ′′ ) = (z × z ′ ) × z ′′ × est associative dans ; (8) z ×1 = 1×z = z dans , 1 est élément neutre pour × ; (9) z × (z ′ + z ′′ ) = z × z ′ + z × z ′′ × est distributive par rapport à + dans ;

R

C C

C C

C

C

C

C

C

C

C

VII.1.4.b Conjugué d’un nombre complexe D ÉFINITION VII.1.3 CONJUGUÉ D ’ UN NOMBRE COMPLEXE Soit z un nombre complexe de forme algébrique : z = a + i b. On appelle conjugué de z le nombre complexe, noté z, défini par : z = a − i b. LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VII.1. Introduction

79

p p 3 3 1 1 Exemple Si z = − i , alors z = + i . 2 2 2 2

VII.1.4.c Égalité de deux nombres complexes T HÉORÈME VII.1.2 Soit z et z ′ deux nombres complexes de formes algébriques : z = a + i b et z ′ = a ′ + i b ′ . (1) z = 0 si et seulement si a = 0 et b = 0 ; (2) z = z ′ si et seulement si a = a ′ et b = b ′ 0 est appelé nombre complexe nul. Démonstration (1)

On sait que si a = 0 et b = 0, alors z = 0.

Réciproquement si z = 0, alors : zz = 0 ; c’est-à-dire : a 2 + b 2 = 0 ; a et b sont réels et on sait que dans

R la somme des carrés de deux nombres est nulle si et seulement si les deux nombres sont nuls. On en déduit

(1). (2)

On a : z − z ′ = (a − a ′ ) + i (b − b ′ ) ; donc : z = z ′ ⇐⇒ z − z ′ = 0 ⇐⇒

½

a − a′ = 0 b − b′ = 0

⇐⇒

½

a = a′ .ä b = b′

VII.1.4.d Inverse d’un nombre complexe non nul, division T HÉORÈME VII.1.3 Tout nombre complexe non nul a un inverse. Démonstration Soit z un nombre complexe non nul de forme algébrique : z = a + i b. On a donc : a 2 + b 2 , 0 ; et d’après les définitions VII.1.2 : ! µ ¶µ ¶ Ã µ ¶ a −ab b b2 ba a2 a +i b − i = + +i + 2 = 1. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a +b a +b a +b a +b a +b a +b L’inverse de z s’obtient par la formule :

b a 1 −i 2 .ä = 2 z a + b2 a + b2

Exemple Pour z = 3 + 5i , on obtient :

3 − 5i 1 3 1 5 = 2 = = − i. 2 z 3 + 5i 3 +5 34 34

Remarque La formule introduite dans la démonstration du théorème VII.1.3 peut s’écrire :

1 z . = z zz

T HÉORÈME VII.1.4 Le produit de deux nombres complexes est nul si et seulement si l’un d’entre eux au moins est nul. Démonstration Soit z et z ′ deux nombres complexes. D’après les définitions VII.1.2, le théorème VII.1.2 et la remarque §VII.1.3, si z = 0 ou z ′ = 0

alors zz ′ = 0.

1 1 Réciproquement, si zz ′ = 0 alors z = 0 ou z ′ = 0. En effet si z , 0, alors × zz ′ = × 0 ; c’est-à-dire : z ′ = 0. ä z z z′ 1 ′

La division se définit par :

=z × (pour z , 0). z z 2 + 3i (2 + 3i )(2 + i ) 1 7 Exemple = + i. = 22 + 12 5 5 2−i

VII.1.4.e Groupes et corps Ce paragraphe peut être omis par les élèves ne suivant l’enseignement de spécialité mathématique. On a vu que dans , + est une loi de composition interne, commutative, associative dans laquelle 0 est élément neutre et pour laquelle tout élément a un opposé ; ces cinq propriétés étant réunies, on dit que ( , +), c’est-à-dire muni de l’addition, est un groupe commutatif. De même ∗ , c’est-à-dire \ {0}, muni de la multiplication est groupe commutatif. ( , +) est un groupe commutatif, ( ∗ , ×) est un groupe et × est distributive par rapport à + ; on dit que ( , +, ×) est un corps.

C

C

-

C

C

C

C

C

C

série S

80

VII. Nombres complexes

C

C

De plus × est commutative dans , on dit que ( , +, ×) est un corps commutatif. Remarques 1. ( , +, ×) et ( , +, ×) sont des corps commutatifs. 2. ( , +) est un groupe commutatif, mais ( , +, ×) n’est un corps car certains entiers non nuls n’ont pas d’inverse entier. 3. Désignons par I l’ensemble des isométries du plan ; (I , ◦) est un groupe, non commutatif.

R Z

Q

Z

VII.1.4.f Identités remarquables

R

C

Les formules suivantes, établies dans , restent valables dans . T HÉORÈME VII.1.5 Pour tous nombres complexes z et z ′ et tout entier naturel non nul n, on a : ′ ′2 (z + z ′ )2 = z 2 + 2zz ′ + z ′2 ; (z − z ′ )2 = z 2 −Ã2zz ! +z n n X n−k (z + z ′ )(z − z ′ ) = z 2 − z ′2 ; (z + z ′ )n = zk z′ (formule du binôme de N EWTON ) k k=0 n−1 X n−1−k ′k ¡ ¢ z z z n − z ′n = (z − z ′ ) z n−1 + z n−2 z ′ + z n−3 z ′2 + · · · + z z ′n−2 + z ′n−1 = (z − z ′ ) k=0

VII.2 Interprétations géométriques ¡ ¢ Le plan P est muni d’un repère orthonormé direct O;~ı,~ .

VII.2.1 Affixe, point image, vecteur image ~ u – L’application qui à tout nombre complexe de forme algébrique a + i b associe le M b point M(a; b) est une bijection de vers P. M(a; b) est appelé point image du nombre complexe a + i b ; a + i b est appelé affixe du point M(a; b) ³a´ ~ u ~ u – L’application qui à tout nombre complexe a + i b associe le vecteur ~ est une b bijection ³ a ´ de vers l’ensemble des vecteurs du plan. a ~ı O ~ u est appelé vecteur image du nombre complexe a + i b ; a + i b est appelé b ³a´ affixe du vecteur ~ u . b – Le plan muni d’un repère orthonormé direct (O ;~ı,~ ) est appelé plan complexe. F IGURE VII.1 – Interprétation géométrique Un point M d’affixe z est souvent ¡ noté ¢ M(z). – Les droites de repères (O ;~ı ) et O ;~ sont respectivement appelée axe réel et axe imaginaire.

C

C

Exemples 1. O est le point d’affixe 0. 2. ~ı et ~ sont les vecteurs d’affixes respectives 1 et i .

Remarques 1. Deux points sont confondus si et seulement si ils ont la même affixe. 2. Deux vecteurs sont égaux si et seulement si ils ont la même affixe.

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Terminale VI

VII.2. Interprétations géométriques

81

→ → → − − − −−−→ VII.2.2 u + u ′ , k u , MM′

C

Le tableau VII.1 donne les interprétations géométriques de certaines opérations dans . Somme Différence Produit par un nombre réel M’ −→ → − u + u′

− → u′ ~ O

− k→ u

→ − u ~ı

O − z→ − ′ = z→ u + z −→ u

M

~

−→ u +u ′

~

~ı

→ − u ~ı

O zM′ − zM = z−−−−→′

− − kz→ u = zk → u

MM

TABLE VII.1 – Opérations sur les vecteurs

Exercice VII.2.1.

Le plan est muni d’un repère orthonormé (O ;~ı ,~ ) (unité graphique : 1 cm) 7 1. Placer les points A, B, C et D d’affixes respectives : z A = 1 + 2i ; zB = 4 − 2i ; zc = 5 et zD = + 2i . 2. Démontrer que le quadrilatère AOBC est 2 un parallélogramme. 3. Démontrer que les droites (AB) (CD) sont parallèles.

A

2

Solution 1. Voir figure VII.2. −−→ −−→ 2. Les vecteurs OA et BC ont respectivement pour affixe : −→ = z A = 1 + 2i et z− OA

D

1

~ −−→ −→ = z C − z B = 5 − (4 − 2i ) = 1 + 2i ; on a : z −−→ = z −−→ ; donc : OA = z− 0 BC OA BC −−→ BC . Le quadrilatère AOBC est donc un parallélogramme. O ~ı −−→ −−→ 3. Les vecteurs AB et CD ont respectivement pour affixe : -1 7 3 −→ = z D − z C = + 2i − 5 = − + 2i et z− CD 2 2 µ ¶ -2 3 −→ = z B − z A = (4 − 2i ) − (1 + 2i ) = 3 − 4i = −2 − + 2i ; z− AB -1 0 1 2 3 2 −−→ −−→ − − → − − → On a : zCD = −2zCD ; donc : AB = −2CD . F IGURE VII.2 – Les droites (AB) (CD) ont des vecteurs directeurs colinéaires, elles sont donc sont parallèles.

C

B4

5

VII.2.3 Écriture complexe de certaines symétries M’1 (−z) La symétrie par rapport à l’axe réel est la transformation qui à tout point M d’affixe z, associe le point M’ d’affixe z ′ = z. De même la transformation complexe z 7→ −z est associée à la symétrie par rapport à l’origine et la transformation complexe z 7→ −z est associée à la symétrie par rapport à l’axe imaginaire.

b

M(z)

~ −a

O

a

~ı

−b

M1 (−z)

M’(z)

F IGURE VII.3 – Nombres complexes et symétries

VII.2.4 Coordonnées polaires Un point M, distinct de l’origine peut-être repéré par ses coordonnées rectangulaires (a, b) ou par ces coordonnés polaires (r, θ). Dire que M a pour coordonnées rectangulaires (a, b) signifie que −−→ OM = a~ı + b~. Dire que ³ −−→ ´ M a pour coordonnées polaires (r, θ) signifie que OM = r et ~ı, OM ≡ θ (mod 2π). Le schéma ci-dessous résume les règles de passage d’un système de coordonnées à l’autre.

-

M

b

~

r=

OM

θ

a O ~ı F IGURE VII.4 – Coordonnées polaires série S

6

82

VII. Nombres complexes

     

r

cos θ      sin θ

=

= =

p

p p

a2 + b2 a

a2 + b2 b a2 + b2 coordonnées ³ −−→´ polaires OM = r et ~ı, OM ≡ θ (mod 2π)

coordonnées rectangulaires −−→ OM = a~ı + b~

½

a b

= =

r cos θ r sin θ

F IGURE VII.5 – Formules de conversions coordonnées polaires ←→ coordonnées rectangulaires

VII.2.5 Module et arguments VII.2.5.a Module d’un nombre complexe D ÉFINITION VII.2.1 MODULE D ’ UN NOMBRE COMPLEXE Soit z un nombre complexe non nul de forme algébrique : z = a + i b.

On appelle module de z le nombre réel positif, noté |z|, défini par : |z| =

p

a2 + b2.

Remarques on a : |z|2 = zz . 1. Pour tout nombre complexe z ,p 2. Pour b = 0, on a : z = a et |z| = a 2 = |a| ; le module étend à la fonction valeur absolue. p p Exemple Pour z = 2 + 3i , on a : |z| = 22 + 32 = 13 et zz = (2 + 3i )(2 − 3i ) = 22 + 32 = 13

C

T HÉORÈME VII.2.1 Pour tout nombre complexe z, on a :

|z| = 0 ⇐⇒ z = 0

Démonstration |z| = 0 ⇐⇒ |z|2 = 0 ⇐⇒ zz = 0 ⇐⇒ (z = 0 ou z = 0) ⇐⇒ z = 0. ä

VII.2.5.b Arguments d’un nombre complexe non nul D ÉFINITION VII.2.2 ARGUMENTS D ’ UN NOMBRE COMPLEXE Soit z un nombre complexe non nul et M son image le plan complexe. ³ dans −−→´ On appelle argument de z toute mesure de l’angle ~ı, OM .

Remarques 1. Si θ et θ′ sont deux arguments de z alors θ′ = θ + k2π (avec k ∈ ). 2. On note : arg(z) = θ + k2π (avec k ∈ ) ou arg(z) ≡ θ (mod 2π). 3. Dire qu’un nombre complexe z a pour module r et pour argument θ signifie que l’image de z dans le plan complexe a pour coordonnées polaires (r, θ).

Z

Z

VII.2.5.c Forme trigonométrique d’un nombre complexe non nul Soit z un nombre complexe non nul de forme algébrique : z = a + i b ; de module r , d’argument θ et M son image dans le plan complexe. On sait que : a = r cos θ et b = r sin θ. Donc : z = r (cos θ + i sin θ). LYCÉE P ONTUS DE T YARD

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VII.3. Propriétés algébriques

83

D ÉFINITION VII.2.3 FORME TRIGONOMÉTRIQUE D ’ UN NOMBRE COMPLEXE Soit z un nombre complexe non nul de module r et d’argument θ. On appelle forme trigonométrique de z l’écriture : z = r (cosθ + i sin θ).

Exemples 1 + i =

p ³ π π´ 2 cos + i sin 2 4 4

p 1 2π 2π 3 et − + i = cos + i sin 2 2 3 3

Remarques 1. On passe de la forme algébrique à la forme trigonométrique d’un nombre complexe non nul de la même façon qu’on transforme des coordonnées rectangulaires en coordonnées polaires (cf. figure §VII.5 page 82) ; 2. Soit z = r (cos θ + i sin θ), r ∈ ∗ et θ ∈ ;

R

R

– si r > 0 alors la forme trigonométrique de z est z = r (cosθ ¡ + i sin θ) et arg(z) ≡ ¢θ [2π] ; – si r < 0 alors la forme trigonométrique de z est z = −r cos(θ + π) + i sin(θ + π) et arg(z) ≡ θ + π (mod 2π).

¶ µ π´ 5π π 5π + i sin − Exemple La forme trigonométrique de −2 cos + i sin est : 2 cos − . 6 6 6 6 ³

On déduit de l’étude menée §VII.2.4 que deux nombres complexes non nuls ont même argument (modulo 2π) et même module si et seulement si ils ont même partie réelle et même partie imaginaire. Le théorème VII.1.2 permet alors d’établir le théorème suivant. T HÉORÈME VII.2.2 Soit z et z ′ deux nombres complexes non nuls. On a : z = z ′ si et seulement si |z| = |z ′ | et arg(z) ≡ arg(z ′ ) (mod 2π).

VII.3 Propriétés algébriques VII.3.1 Propriétés du conjugué Les propriétés suivantes sont des conséquences immédiates de la définition VII.1.3 p. 78. T HÉORÈME VII.3.1 Soit z un nombre complexe de forme algébrique : z = a + i b. (1) z=z; (2) zz = a 2 + b 2 = |z|2 ; (4) z − z = 2i ℑm(z) ; (3) z + z = 2ℜe(z) ; (5) z est réel si et seulement si z = z ; (6) z est imaginaire pur si et seulement si z = −z ;

Exemples 1. 3 + 2i = 3 − 2i = 3 + 2i 2. (−3 + 2i ) + (−3 − 2i ) = −6

3. (−3 + 2i )(−3 − 2i ) = (−3)2 − (−4) = 13 4. (−3 + 2i ) − (−3 − 2i ) = 4i

T HÉORÈME VII.3.2 Pour tous nombres complexes z et z ′ , pour tout entier relatif n, on a : (3) (1) z + z′ = z + z′ ; zz ′ = z × z ′ ; µ ¶ 1 1 (4) = (z , 0) ; −z = −z ; (2) z z

(5)

µ

(6)

z n = z n (z , 0) ;

¶ z′ z′ (z , 0) ; = z z

Démonstration Introduisons les formes algébriques de z et z ′ : z = a + i b et z ′ = a ′ + i b ′ . On en déduit immédiatement (1)et (2).

(3)

On a : zz ′ = (aa ′ − bb ′ ) + i (ab ′ + a ′ b) et z z ′ = (a − i b)(a ′ − i b ′ ) = (aa ′ − bb ′ ) − i (ab ′ + a ′ b) ;

donc : zz ′ = z × z ′ . (4)

Pour z , 0, on a : z ×

donc :

1 1 = . z z

µ ¶ 1 1 1 1 1 1 = 1 ⇐⇒ z × = 1 ⇐⇒ z × = 1 ⇐⇒ z × = 1 ⇐⇒ = ; z z z z z z

µ ′¶ µ ¶ 1 1 z′ z 1 = z′ × = z′ × = z′ × = ; z z z z z (6) Pour n > 0 la propriété est obtenue en appliquant n − 1 fois la propriété (3). µ ¶−n µ ¶ 1 1−n 1 1 = −n = = zn ä Pour n < 0 on a −n > 0 et donc : z n = −n = z z z z −n

(5)

Pour z , 0, on a :

-

série S

84

VII. Nombres complexes

VII.3.2 Propriétés du module et des arguments T HÉORÈME VII.3.3 Pour tous nombres complexes non nuls z et z ′ , pour tout entier relatif n, on a : (1) |z + z ′ | É |z| + |z ′ | (inégalité triangulaire) (2)

(3) (4) (5)

|zz ′ | ¯ ¯ ¯1¯ ¯ ¯ ¯z¯ ¯ ′¯ ¯z ¯ ¯ ¯ ¯z¯ |z n |

=

= = =

|z| × |z ′ | 1 |z|

|z ′ | |z| |z|n

et

et et et

arg(zz ′ ) µ ¶ 1 arg z µ ′¶ z arg z arg(z n )

≡

arg(z) + arg(z ′ ) (mod 2π)

≡

− arg(z) (mod 2π)

≡

arg(z ′ ) − arg(z) (mod 2π)

≡

n arg(z) (mod 2π)

Démonstration (1)

L’inégalité triangulaire se déduit de l’interprétation géométrique de |z + z ′ |.

Introduisons les formes trigonométriques de z et z ′ : z = r (cos θ + i sinθ) et z ′ = r ′ (cos θ′ + i sin θ′ ).

(2)

On a : zz ′

′ ′ ′ = r (cos £ θ + i sin θ)r (cos θ + i sin θ ) ¤ = r r ′ ¡ (cos θcos θ′ − sin θsin θ′ )¢+ i (cos θsin θ′ + cos θ′ − sin θ) ′ ′ ′ = r r cos(θ + θ ) + i sin(θ + θ ) On en déduit la propriété. ¢ 1 1¡ z r (3) On a : = 2 = 2 (cos θ − i sinθ) = cos(−θ) + i sin(−θ) . z |z| r r On en déduit la propriété. ¢ 1 1¡ z′ = z ′ × = r ′ (cos θ′ + i sin θ′ ) cos(−θ) + i sin(−θ) (4) On a : z z r ¢ ¡ ¢¤ r ′ £¡ = cos θ′ cos(−θ) − sin θ′ sin(−θ) + i cos θ′ sin(−θ) + sin θ′ cos(−θ) r′ ¢ r ¡ cos(θ′ − θ) + i sin(θ′ − θ) . = r On en déduit la propriété.

(5)

Pour n = 0, la propriété est immédiate.

Pour n > 0 la propriété est obtenue en appliquant n − 1 fois la propriété (2). ¡ ¢ 1 1 ¡ ¢ = r n cos(nθ) + i sin(nθ) . Pour n < 0 on a −n > 0 et donc, d’après (3) : z n = −n = z r −n cos(−nθ) + i sin(−nθ) On en déduit la propriété. ä

Remarques 1. Le module est utilisé pour définir la distance entre deux nombres complexes. La distance entre z et z ′ est |z ′ − z|. 2. On dira qu’une suite (zn ) de nombres complexes converge vers un nombre complexe ℓ si la distance entre zn et l tend vers 0 lorsque n tend vers +∞ ; c’est-à-dire si la suite réelle de terme général |zn − ℓ| converge vers 0. 3. En particulier une suite géométrique de terme général : zn = w × q n (w ∈ et q ∈ ) converge vers 0 si et seulement si |q| < 1, en effet : |zn | = |w| × |q|n . ´ n ³ X w On démontre, comme dans , que pour |q| < 1, la suite de terme général : w q k ; converge vers : . 1 − q k=0

C

C

R

VII.3.3 Formule de M OIVRE (complément) Pour r = 1 dans l’identité (5) du théorème VII.3.3, on obtient le théorème suivant. 1 T HÉORÈME VII.3.4 FORMULE DE M OIVRE Pour tout nombre réel θ et tout nombre entier relatif n, on a : (cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ) Exercice VII.3.1.

Déterminer la forme algébrique de : z =

Ã

p !2003 1+i 3 . 2

p !2003 ³ ³ ³ 1+i 3 π´ π π´ π ´2003 Solution On a : z = = cos + i sin = cos 2003 + i sin 2003 . 2 3 3 3 3 2004 − 1 6 × 334 − 1 π 2003 π= π= π = 334 × 2π − . Or : 3 3 3 3 p ³ π´ 1 ³ π´ 3 . Donc : z = cos − + i sin − = − i 3 3 2 2 Ã

1. MOIVRE (A BRAHAM DE ) Vitry-le-François 1667 - Londres 1754, mathématicien britannique d’origine française. Il précisa les principes du calcul des probabilités et introduisit la trigonométrie des quantités imaginaires, énonçant implicitement la formule qui porte son nom.

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Terminale VI

VII.4. Notation exponentielle

85

Remarque Depuis la rentrée de septembre 2001, la formule de M OIVRE n’est plus au programme de Terminale S.

VII.4 Notation exponentielle VII.4.1 Une équation différentielle Considérons la fonction : f :

R t

−→ 7−→

C

cos(t ) + i sin(t ).

Soit t un nombre réel. Les fonctions cos et sin sont dérivables en t et ont respectivement pour nombre dérivés − sin(t ) et cos(t ) ; il existe donc deux fonctions εr et εi telles que : lim εr = lim εi = 0 ; et pour tout réel h : 0

0

cos(t + h) = cos(t ) − h sin(t ) + hεr (h);

(VII.1)

sin(t + h) = sin(t ) + h cos(t ) + hεi (h).

R

(VII.2)

C

q Introduisons la fonction ε de vers définie par : ε = εr + i εi . On a : |ε| = ε2r + ε2i ; donc par produit et somme des limites puis par composition par la fonction racine carrée : lim ε = 0. De plus, pour tout réel h : 0

f (t + h) = cos(t + h) + i sin(t + h) = (cos(t ) −¡ h sin(t ) + hεr (h)) +¢ i (sin(t ¡ ) + h cos(t )¢+ hεi (h)) = f (t ) + h − si n(t ) + i cos(t ) + h εr (h) + i εi (h) = f (t ) + h i f (t ) + hε(h). On en déduit que la fonction f est dérivable sur et que sa dérivée est la fonction : i f . On a donc :

R

f′=i f

et

f (0) = 1.

On reconnaît une équation différentielle d’ordre 1 avec une condition initiale dont la solution formelle est la fonction, f : t 7−→ ei t . Notation Pour tout nombre réel θ, on convient de noté ei θ , le nombre complexe d’argument θ et de module 1. On a donc : ei θ = cos θ + i sin θ.

VII.4.2 Définitions et propriétés D ÉFINITION VII.4.1 F ORME EXPONENTIELLE D ’ UN NOMBRE COMPLEXE NON NUL Soit z un nombre complexe non nul de module r et d’argument θ . On appelle forme exponentielle de z l’écriture : z = r ei θ .

Exemples 1. 1 = ei 0 p ; 2. 1 + i = 2ei

π 4

;

p 3. 1 − i = 2e−i 4. −1 = ei π ;

π 4

;

π

5. i = eip2 ; 6. 1 + i 3 = 2ei

π 3

;

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Remarque Pour tous nombres réels r et θ : ¯r ei θ ¯ = |r | × ¯ei θ ¯ = |r |.

Sous forme exponentielle, le théorème VII.3.3 s’écrit de la façon suivante. T HÉORÈME VII.4.1 ′ Soit z et z ′ deux nombres complexes non nuls de forme exponentielle : z = r ei θ et z ′ = r ′ ei θ ; et n un entier relatif, on a: ¯ ¯ 1 1 −i θ ¯z + z ′ ¯ É r + r ′ ; z ′ r ′ i (θ′ −θ′ ) (1) = e ; (3) (4) = e ; ′ z r z r (2) zz ′ = r r ′ ei (θ+θ ) ; n n i nθ (5) z =r e .

-

série S

86

VII. Nombres complexes

VII.4.3 Forme exponentielle et symétries usuelles Le théorème suivant est une conséquence immédiate de l’étude menée §VII.2.3. p. 81 T HÉORÈME VII.4.2 Soit z un nombre complexe non nul de forme exponentielle : z = r ei θ . Les formes exponentielles de z, −z et −z sont : z = r e−i θ ;

−z = r ei (θ+π) ;

Exemple Pour z = 2e

2i π 3

−z = r ei (π−θ) .

, on obtient : z = 2e−

2i π 3

; −z = 2e−

iπ 3

et −z = 2e

iπ 3

.

VII.4.4 Formules d’E ULER D’après les formules (2) et (5) théorème VII.3.1, on a pour tout nombre complexe z : z−z z+z et ℑm(z) = . ℜe(z) = 2 2i En particulier pour z = ei θ , on obtient le théorème suivant. 2 T HÉORÈME VII.4.3 FORMULES D ’E ULER Pour tout nombre réel θ, on a : ei θ − e−i θ ei θ + e−i θ et sin θ = cos θ = . 2 2i

VII.4.5 Racines carrées d’un nombre complexe On appelle racine carrée d’un nombre Z tout nombre complexe z vérifiant : z 2 = Z. p p complexe Par exemple p 2 a deux racines carrées : 2 et − 2 ; −1 a également deux racines carrées : i et −i . L’écriture Z n’a de sens que si Z est un réel positif. T HÉORÈME VII.4.4 Soit Z un nombre complexe non nul de forme exponentielle : Z = r³ei θ .´ p p i θ +π θ z a exactement deux racines complexes : z1 = r ei 2 et z2 = r e 2

C

Démonstration Les racines carrées de Z, sont les solutions dans de l’équation, d’inconnue z, (E) : z 2 = Z. µ ¶ θ p iθ 2 p On remarque que le nombre z 1 = r ei 2 est solution de (E), en effet : z 12 = r e 2 = r ei θ = Z ; donc : (E) ⇐⇒ z 2 = z 12 ⇐⇒ z 2 − z 12 = 0 ⇐⇒ (z − z 1 )(z + z 1 ) = 0.

Un produit ³ ´ de facteurs est nul si et seulement si l’un au moins des facteurs est nul ; Z a donc exactement deux racines carrées : z 1 et z 2 = −z 1 = p i θ2 +π re .ä

Remarques 1. 0 n’a qu’une racine carrée : 0. 2. Les deux racines carrées d’un nombre complexe non nul sont opposées. 3. Le théorème VII.4.4 permet d’obtenir les racines carrées d’un nombre complexe écrit sous forme exponentielle ; une méthode permettant de déterminer les racines carrées d’un nombre complexe écrit sous forme algébrique est proposée §VII.6.4.

VII.5 Nombres complexes et polynômes (compléments) Dans cette partie l’étude des démonstrations est facultative. 2. EULER (L EONHARD ) Bâle 1707 - Saint-Pétersbourg 1783, mathématicien suisse. Il fut, au XVIIIe siècle, le principal artisan de l’essor de l’analyse, qu’il réorganisa autour du concept fondamental de fonction. Il exerça son inventivité dans de nombreux domaines de la physique mathématique.

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Terminale VI

VII.5. Nombres complexes et polynômes (compléments)

87

VII.5.1 Théorème fondamental de l’algèbre T HÉORÈME VII.5.1 T HÉORÈME FONDAMENTAL DE L’ ALGÈBRE Soit P un polynôme à coefficients complexes et α un nombre complexe. α est racine de P si et seulement si il existe un polynôme Q tel que, pour tout nombre complexe z, P(z) = (z − α)Q(z). Démonstration Si, pour tout nombre complexe z : P(z) = (z − α)Q(z) ; alors, pour z = α, on obtient : P(α) = (α − α)Q(α) = 0 ; et donc α est racine de P. Réciproquement, démontrons que si α est racine de P alors il existe un polynôme Q tel que, pour tout nombre complexe z, P(z) = (z − α)Q(z). Si P est le polynôme nul, l’implication est immédiate car n’importe quel polynôme Q convient ; nous supposons désormais le polynôme P non nul. P est alors défini par une expression du type : ∀z ∈ , P(z) = an z n + ... + a1 z + a0 (avec an , 0). On introduit donc le polynôme T défini par : T(z) = P(z + α). T est la composée d’un polynôme de degré 1 par un polynôme de degré n, T est donc un polynôme de degré n. Il est par conséquent défini par ³une expression du´ type : T(z) = b n z n + ... + b 1 z + b 0 .

C

C,

T(z) = z b n z n−1 + ... + b 1 . ³ ´ On en déduit que pour tout nombre complexe z : P(z) = T(z − α) = (z − α) b n (z − α)n−1 + ... + b 1 . | {z } Q(z) la propriété est alors démontrée est introduisant le polynôme Q défini par : Q(z) = b n (z − α)n−1 + ... + b 1 . ä Or : T(0) = P(0 + α) = 0 ; donc : b 0 = 0 et ∀z ∈

Le lemme suivant est une conséquence du théorème fondamental de l’algèbre. L EMME VII.5.2 Un polynôme non nul de degré inférieur ou égal à n a au plus n racines distinctes.

Démonstration Raisonnons par récurrence sur le degré de P. Un polynôme non nul de degré inférieur ou égal à 0 est un polynôme constant non nul, il n’a donc pas de racine et la propriété est démontrée pour n = 0. Il ne reste plus qu’à démontrer que si pour un certain entier naturel k, tout polynôme non nul de degré inférieur ou égal à k a au plus k racines distinctes, alors tout polynôme non nul de degré inférieur ou égal à k + 1 a au plus k + 1 racines distinctes.

Soit P un polynôme de degré inférieur ou égal à k +1 ayant plus de k +1 racines distinctes et soit α l’une d’elle. On aura pour tout nombre complexe

z : P(z) = (z − α)Q(z) ; où Q est un polynôme de degré inférieur ou égal à k. P ayant plus de k + 1 racines distinctes, Q a plus k racines distinctes et

d’après l’hypothèse de récurrence, Q est donc le polynôme nul ; d’où, par produit, P est le polynôme nul. Donc, par récurrence, un polynôme non nul de degré n (n ∈

N) a au plus n racines distinctes. ä

T HÉORÈME VII.5.3 (1) Un polynôme de degré n a au plus n racines distinctes. (2) Deux polynômes de degrés inférieurs ou égaux à n coïncidant en (n + 1) valeurs distinctes sont égaux.

Démonstration (1) (2)

est une conséquence immédiate de lemme précédent.

Si P et T sont deux polynômes de degré inférieurs ou égaux à n coïncidant en (n + 1) valeurs distinctes alors P-T est un polynôme degré

inférieur ou égal à n qui a n + 1 racines distinctes ; donc d’après le lemme, P − T est le polynôme nul ; d’où : P = T. ä

VII.5.2 Résolution des équations du second degré VII.5.2.a Factorisation d’un trinôme du second degré

C

On se propose de factoriser dans le polynôme P défini par : P(z) = az 2 + bz + c où a, b et c sont des nombres complexes avec a , 0. Procédons, comme en classe de Première dans la cas réel, en utilisant la forme canonique. Pour tout nombre complexe z, on a :µ ¶ c b , car a , 0 P(z) = a z 2 + 2 z + 2a¶ a ·µ ¸ 2 2 c b b = a z+ − 2+ 2a ¶ 4a a ¸ ·µ b 2 b 2 − 4ac . = a z+ − 2a 4a 2 On introduit le nombre ∆, appelé discriminant de l’équation ou du trinôme, défini par : ∆ = b 2 − 4ac. µ ¶ b 2 Si ∆ = 0, alors : P(z) = a z + . 2a Si ∆ , 0 et on introduit δ une racine carrée complexe de ∆. On a alors :

-

série S

88

P(z)

VII. Nombres complexes

= = =

¸ ¶ b 2 δ2 a z+ − 2 2a µ ¶(2a) µ ¶ b δ δ b a z+ + − z+ 2a 2a 2a ¶2a µ ¶µ −b − δ −b + δ a z− z− 2a 2a ·µ

On déduit de cette étude le théorème suivant. T HÉORÈME VII.5.4 (1) Tout trinôme du second degré à coefficients complexes peut se décomposer en produit de deux facteurs de degré 1. (2) Les racines du polynôme d’indéterminée z : az 2 + bz + c ; où a, b et c sont des nombres complexes avec a , 0, sont : z1 =

−b − δ 2a

et z2 =

−b + δ 2a

où δ est l’une des deux racines carrées complexes du discriminant : ∆ = b 2 − 4ac. On a alors la factorisation : az 2 + bz + c = a (z − z1 ) (z − z2 ) Remarques 1. Les racines carrées de ∆ sont δ et −δ, donc remplacer δ par −δ ne fait qu’échanger z1 et z2 . 2. Lorsque ∆ = 0 les racines carrées du discriminant sont égales et on a : z1 = z2 . 3. Lorsque ∆ , 0, on a : z1 , z2 . Exercice VII.5.1.

1. Déterminer, sous forme algébrique, les racines carrées de 2i . p 1 2. Factoriser le trinôme : P(z) = (1 − i )z 2 − 2z + . 2 Ã

³p ³ ³p ´ p π π 2 π π ´´2 2ei 4 = 2 cos + i sin 2 Solution 1. On a : 2i = 2ei 2 = =

Ãp

p !!2 2 2 = (1 + i )2 ; +i 2 2

4 4 Les racines carrées complexes de 2i sont donc : 1 + i et −1 − i . ³ p ´2 1 2. Le discriminant du trinôme est : ∆ = − 2 − 4(1 − i ) × = 2i = (1 + i )2 ; 2 p p p p p 2 + (1 + i ) 2(1 + i ) + (1 + i )2 2(1 + i ) + 2i 2 2+ 2 il admet donc deux racines : z1 = = = = +i 2 2 4 4 4 2(1 −pi ) p p2(1 + 1 ) p 2 − (1 + i ) 2(1 + i ) − 2i 2 −2 + 2 et z2 = . = = +i 2(1 − i ) Ã p 4 p !4Ã p ! p 4 2 2 2+ 2 −2 + 2 Donc : P(z) = (1 − i ) z − −i −i z− 4 4 4 4

VII.5.2.b Résolution d’équations du second degré

C

On se propose de résoudre dans l’équation, d’inconnue z, (E) : az 2 + bz + c = 0 ; où a, b et c sont des nombres complexes avec a , 0. Reprenons les notations du théorème VII.5.4 ; on a : az 2 + bz + c = 0 ⇐⇒ a (z − z1 )(z − z2 ) = 0 ⇐⇒ (z = z1 ou z = z2 ). b On en déduit que lorsque ∆ = 0, l’équation admet une solution double : z = − . 2a Lorsque ∆ , 0, l’équation admet deux solutions distinctes. Exemples Résoudre dans , (E) : 2z 2 + 3z + 3 = 0 1. Exercice VII.5.2. ( p p ) ³ p ´2 −3 − i 15 −3 + i 15 2 Le discriminant est : ∆ = 3 − 4 × 2 × 3 = −15 = i 15 ; donc : S = . ; 4 4 2. Exercice VII.5.3. Résoudre dans , (E) : 2z 2 + 3z − 1 = 0 ( p ) p ³ p ´2 −3 − 17 −3 + 17 2 ; Le discriminant est : ∆ = 3 − 4 × 2 × (−1) = 17 = 17 ; donc : S = 4 4

C C

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Terminale VI

VII.6. Utilisation des nombres complexes (compléments)

89

VII.5.2.c Somme et produit de racines Reprenons les notations du théorème VII.5.4 ; pour tout nombre complexe z on a : az 2 + bz + c = a (z − z1 )(z − z2 ) = az 2 − a(z1 + z2 )z + az1 z2 On en déduit, par identifications, que : b = −a(z1 + z2 ) et c = az1 z2 . D’où l’on tire le théorème suivant. T HÉORÈME VII.5.5 Soit az 2 + bz + c un trinôme du second degré (a , 0), S la somme et P le produit des racines. On a :

Résoudre : 3z 2 + 4z − 1 = 0.

Exemple Exercice VII.5.4.

S=−

b a

et P =

c a

C est − 31 donc l’autre solution est :

On remarque que 1 est solution évidente, on sait que le produit des solutions dans ¾ ½ 1 1 − ; d’où : S = 1; − 3 3

VII.6 Utilisation des nombres complexes (compléments) Dans toute cette partie n désigne un entier naturel tel que : n Ê 2.

VII.6.1 Racines n-ièmes de l’unité On appelle racine n-ième de l’unité tout nombre complexe z vérifiant : z n = 1. Les racines n-ièmes de l’unité sont donc les racines du polynôme de degré n : z n − 1 ; il y a donc au plus n racines n-ièmes de l’unité distinctes. ´ ³

Pour tout entier k le nombre ek i

2π n

est racine n-ième de l’unité ; en effet : ek i

De plus deux entiers k et k ′ génèrent la même racine si et seulement si ek i ′

ce qui signifie que k − k est multiple de n c’est-à-dire que k et k ′ ont le même reste par la division par n. Or les restes possibles par la division par n sont les entiers compris entre 0 et n − 1 ; on obtient donc toute les racines n-ièmes de l’unité en faisant varié k de 0 à n − 1. 2π Mk+1 Sur la figure ci-contre, pour tout k, Mk est le point d’affixe ek i n . n Si z est une racine n-ième de l’unité, alors z = z n = 1 = 1 ; donc z est également une racine n-ième de l’unité. On en déduit qu’à part 1 et éventuellement −1 (lorsque n est pair) les racines nièmes de l’unité sont deux à deux conjuguées. Lorsqu’on effectue la somme des racines n-ièmes de l’unité, on ³ 2π ´ ³ 2π ´2 ³ 2π ´3 ³ 2π ´n−1 obtient : S = 1 + ei n + ei n + ei n + · · · + ei n . On reconnaît ³ la ´somme des termes d’une suite géométrique, donc : 2π

n

1 − ei n ³ 2π ´ = 0. S= 1 − ei n La somme des racines n-ièmes de l’unité est nulle.

2π n

2π n

n

′

= ei k2π = 1.

= ek i

2π n

; c’est-à-dire : ei 2π

k−k ′ n

=1;

Mk M1

~ 2π n

M0 O

~ı

Mn−1

F IGURE VII.6 – Racines n-ièmes de l’unité

VII.6.2 Racines n-ièmes d’un nombre complexe non nul Soit Z un nombre complexe non nul. On appelle racine n-ième de Z tout nombre complexe z vérifiant : z n = Z. Les racines n-ièmes de Z sont donc les racines du polynôme de degré n : z n − Z ; il y a donc au plus n racines n-ièmes de Z distinctes. p θ z iθ n Soit r le module et θ un argument de Z. Posons : w = p e n . On a donc : z = r ei n w. On en déduit que : z n = n r ³p ´ θ n n Z ⇐⇒ r ei n w n = Z ⇐⇒ Zw n = Z ⇐⇒ wn = 1 (car Z , 0. z est donc racine n-ième de Z si et seulement si w est racine n-ième de l’unité. On sait qu’il y a n racines n-ième de

-

série S

90

VII. Nombres complexes

l’unité distinctes, il y donc également n racines n-ième de Z distinctes, ce sont les nombres de la forme : w est une racine n-ième de l’unité. Les racines n-ième de Z sont donc les nombres de la forme : p n

r ei

θ+k2π n

p n r ei

θ n

w où

Z

(avec k ∈ ).

On établi de la même façon qu’en VII.6.1 que la somme des racines n-ièmes de Z est nulles. Exercice VII.6.1.

Déterminer les racines quatrièmes de 1 + i .

Solution On a : 1 + i =

p i 2e

π 4

; donc :

³p 8

2ei

π 16

´4

= 1 + i . On sait que les racines quatrièmes de l’unité sont : 1 ; i ; −1 p p p p π π π π 8 8 8 8 et −i ; les racines quatrièmes de 1 + i sont donc : 2 ei 16 ; i 2ei 16 ; − 2 ei 16 et −i 2 ei 16 ; c’est-à-dire : p 8

2 ei

π 16

;

p 8 2 ei

9π 16

;

p 8 2 ei

17π 16

;

p 8

2ei

25π 16

.

VII.6.3 Polynômes VII.6.3.a Factorisation de polynômes symétriques Considérons le polynôme : 2z 3 + 3z 2 + 3z + 2 ; on observe une symétrie dans les coefficients : 2 ; 3 ; 3 ; 2. On dit que le polynôme est symétrique. n X ak z k ; Plus généralement un polynôme de degré n : k=0

est dit symétrique lorsque pour tout entier naturel k (k É n), on a : ak = an−k . Exercice VII.6.2.

On se propose de factoriser, dans

C puis dans R, le polynôme P défini par :

P(z) = 4z 6 + 4z 5 + 21z 4 + 17z 3 + 21z 2 + 4z + 4. 1. a. Démontrer que si un nombre complexe α est racine de P, alors son conjugué α est également racine de P. b. 0 est-il racine de P ? 1 c. Démontrer que si un nombre complexe α est racine de P, alors son inverse est également racine de P. α 2. a. Calculer P(2i ). b. En déduire trois autres racines de P. c. Décomposer P en produit d’un facteur de degré 4 par un facteur de degré 2. 3. a. Factoriser le polynôme : Q(z) = z 2 + z + 1. b. Décomposer P(z ) sous forme d’un produit de six facteurs de degré 1 à coefficients complexes. c. Décomposer P(z) sous forme d’un produit de trois facteurs de degré 2 à coefficients réels.

Solution 1. a. Soit α une racine de P, s’il en existe ; on a donc : P(α) = 0 ; d’où : P(α) = 0. Or : P(α) = 4α6 + 4α5 + 21α4 + 17α3 + 21α2 + 4α + 4 = 4α6 + 4α5 + 21α4 + 17α3 + 21α2 + 4α + 4 = 4α¡ 6 ¢+ 4α5 + 21α4 + 17α3 + 21α2 + 4α + 4 = P α Donc si un nombre complexe α est racine de P, alors son conjugué α est également racine de P. b. P(0) = 4 et 4 , 0 ; donc 0 n’est pas racine de P. 1 c. Soit α une racine de P, s’il en existe ; d’après 1.a., on a donc : α , 0 ; et donc est défini. α µ ¶ µ ¶6 µ ¶5 µ ¶4 µ ¶3 µ ¶2 µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 De plus : P = 4 +4 +4 + 21 + 17 + 21 +4 α α α α α α α 1 1 1 1 1 1 = 4 6 + 4 5 + 21 4 + 17 3 + 21 2 + 4 + 4 α α α α α α ¢ 1 ¡ 2 3 4 5 4 + 4α + 21α + 17α + 21α + 4α + 4α6 = 6 α P(α) = α6 µ ¶ 1 Or : P(α) = 0 ; d’où : P = 0. α 1 Donc si un nombre complexe α est racine de P, alors son inverse est également racine de P. α 2. a. Calculons P(2i ). LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VII.6. Utilisation des nombres complexes (compléments)

91

= 4(2i )6 + 4(2i )5 + 21(2i )4 + 17(2i )3 + 21(2i )2 + 4(2i ) + 4 = 4 × 64 × (−1) + 4 × 32 × i + 21 × 16 × 1 + 17 × 8 × (−i ) + 21 × 4 × (−1) + 4 × 2i + 4 = −256 + 128i + 336 − 136i − 84 + 8i + 4 = 0 Donc 2i est racine de P.

P(2i )

b. 2i est racine de P, donc son conjugué, −2i et son inverse, − donc son conjugué,

i

2

Les nombres 2i , −2i ,

i 2

sont également racines de P ; −

i 2

est racine de P,

est également racine de P.

i

et −

i

sont racines de P. 2 2 c. P est un polynôme de degré 6 admettant 2i pour racine, donc d’après le théorème fondamental de l’algèbre, il existe un polynôme Q1 , de degré 5, tel que pour tout nombre complexe z : P(z) = (z − 2i )Q1 (z). On sait que : P(−2i ) = 0 et −2i n’est pas racine de (z − 2i ) donc −2i est racine Q1 . Il existe donc un polynôme Q2 , de degré 4, tel que pour tout nombre complexe z : Q1 (z) = (z + 2i )Q2 (z) ; soit : P(z) = (z − 2i )(z + 2i )Q2 (z). En réitérant le procédé pour

i

i

2

et − , on en déduit qu’il existe un polynôme Q4 , de degré 2, tel que pour tout nombre 2

i

i

complexe z : P(z) = (z − 2i )(z + 2i )(z − )(z + )Q4 (z). 2 2 1 Posons : Q = Q4 . 4 On a alors pour tout z de

C:

P(z)

i

i

4(z − 2i )(z + 2i )(z − )(z + )Q(z) 2 2 = (z − 2i )(z + 2i )(2z − i )(2z + i )Q(z) = (z 2 + 4)(4z 2 + 1)Q(z) = (4z 4 + 17z 2 + 4)Q(z) Pour déterminer l’expression de Q(z) deux méthode s’offrent à nous, on peut procéder par identification ou effectuer la division euclidienne de 4z 6 + 4z 5 + 21z 4 + 17z 3 + 21z 2 + 4z + 4 par 4z 4 + 17z 2 + 4. 1re méthode Q est un polynôme de degré 2, il a donc une expression de la forme : Q(z) = az 2 + bz + c . On a donc pour tout z de : ¡ 4 ¢¡ ¢ 4z 6 + 4z 5 + 21z 4 + 17z 3 + 21z 2 + 4z + 4 = 4z + 17z 2 + 4 az 2 + bz + c = 4az 6 + 4bz 5 + (4c + 17a)z 4 + 17bz 3 + (17c + 4b)z 2 + 4bz + 4c Ces deux polynômes coïncident en une infinité de valeurs, ils sont donc égaux et par conséquent ils ont les mêmes coefficients ; a , b et c sont donc solutions du système : =

C

 4a           17a          

4b 17b 4b 4b

+4c +17c 4c

= = = = = = =

4 4 21 17 21 4 4

Le sous-système constitué de la 1re, la 2e, la 4e, la 6e et la 7e équation a pour unique solution : a = b = c = 1 ; et cette solution est également solution ¡des deux équations donc Q est le polynôme défini par : Q(z) = z 2 + z + 1. ¢ ¡ 2 restantes, ¢ 4 2 Donc, pour tout z de : P(z) = 4z + 17z + 4 z + z + 1 . 2e méthode Effectuons la division euclidienne de P(z) par 4z 4 + 17z 2 + 4.

C

4z 6

+4z 5 4z 5

+21z 4 +4z 4 4z 4

Donc, pour tout z de

+17z 3 +17z 3

+21z 2 +17z 2 +17z 2

+4z 4z

+4 +4 +4 0

4z 4 + 17z 2 + 4 z2 + z + 1

C : P(z) = ¡4z 4 + 17z 2 + 4¢ ¡z 2 + z + 1¢.

³ p ´2 3. a. Le discriminant de Q est : ∆ = 1 − 4 = −3 = i 3 ; p p 3 3 1 1 les racines de Q sont donc : j = − + i et j = − − i . 2 2 2 2

-

série S

92

VII. Nombres complexes

C

De plus, le coefficient de degré 2 de Q est 1, on en déduit que pour tout z de , on a : Ã p !Ã p ! 1 3 3 1 Q(z) = z + − i z + +i . 2 2 2 2 b. D’après 2.c. et 3.a., on a donc pour tout z de

C:

p !Ã p ! 1 3 3 1 z + +i . P(z) = (z − 2i )(z + 2i )(2z − i )(2z + i ) z + − i 2 2 2 2 Ã

c. En effectuant le produit des facteurs dont les coefficients sont conjugués, on obtient alors pour tout z de

C:

¡ ¢ P(z) = (z 2 + 4)(4z 2 + 1) z 2 + z + 1 .

On remarque que 0 n’est jamais racine d’un polynôme symétrique de degré n :

n X

ak z k ;

k=0

car : P(0) = a0 = an et an , 0. M M

Pour déterminer les racines d’un polynôme symétrique à coefficients réels, on peut combiner deux propriétés : 1. Si α est racine de P, alors α est également racine de P. Géométriquement, cela signifie que l’image de l’ensemble des racines de P est symétrique par rapport à l’axe réel. 2. Si α est racine de P, alors

1 est également racine de P. Géométriquement, cela signifie, en utilisant la propriété précédente, que α

l’ensemble des racines de P est invariant par la transformation du plan complexe privé de l’origine qui à tout point M d’affixe d’affixe 1 z associe le point M’ d’affixe z ′ telle que : z ′ = . z

Cette transformation est une inversion de pôle O et de puissance 1, on la rencontrera peut-être dans un exercice de géométrie. On déduit de ces deux propriétés que si α est racine de P, alors α,

1 1 et sont également racines de P. Ce qui permet, lorsque ℑm(α) , 1 et α α

|α| , 1, de faire apparaître dans P quatre facteurs de degré 1.

VII.6.3.b factorisation de x n − y n EN PROJET

VII.6.4 Forme algébrique des racines carrées d’un nombre complexe Soit Z un nombre complexe non nul de forme algébrique : Z = A + i B ; on se propose de déterminer la forme algébrique des racines carrées complexes de Z. On cherche donc les nombres z de forme algébrique : z = a + i b ; tels que : z 2 = Z.  2 2 = |Z|  a +b 2 2 On remarque que : |z| = |Z| ; les couples (a; b) cherchés sont donc les solutions du système : a − b 2 = ℜe(Z)  2ab = ℑm(Z) Pour résoudre ce système on utilise les deux premières équations pour déterminer a 2 et b 2 , puis on se sert de la dernière pour déterminer les signes relatifs de a et b. Exemples les racines carrées complexes de 2 + 3i . 1. Exercice VII.6.3. p Déterminer p 2 2 On a : |2 + 3i | = 2 + 3 = 13. Soit z un nombre complexe de forme algébrique : z = a + i b ; on a : z 2 = (a 2 − b 2 ) + i (2ab) et |z|2 = ap2 + b 2 .  2 2 = 13  a +b 2 2 z est racine carrée de 2 + 3i si et seulement si (a; b) est solution du système : (Σ) . a −b = 2  2ab = 3  p 13 + 2  p 2    2 a =  13 + 2 =   2a p p 2 ⇐⇒ (Σ) ⇐⇒ 13 − 2 . 2b 2 = 13 − 2 2   b =   2ab = 3  2  2ab = 3 sp sp sp sp     13 + 2 13 + 2 13 − 2 13 − 2  et b =  et a et b sont de même ou a = − ou b = − On a donc :  a = 2 2 2 2

signe.

sp sp 13 + 2 13 − 2 +i ; Les racines carrées de 2 + 3i sont donc : z = 2 2

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VII.6. Utilisation des nombres complexes (compléments)

et son opposé : −z = − 2.

Exercice VII.6.4.

sp

13 + 2 −i 2

Déterminer cos

sp

93

13 − 2 . 2

π π et sin . 8 8p

p 2 2 ; donc : +i 2 2  π π 2 p p  + sin2 = 1  cos 2 2 8 8 2π 2π p soit 2cos et 2sin ; = 1+ = 1− π 2 π  2 2 8 2 8 2  cos − sin = 8 8 p 2 p 2+ 2 2− 2 2π 2π = = d’où : cos et sin . 8 4 8 4 π h πi π π ; donc : cos Ê 0 et sin Ê 0 ; On sait de plus que : ∈ 0; 8 2 8 p p p p8 π π 2+ 2 2− 2 et sin = d’où : cos = 8 2 8 2 π π π ei 8 est une racine carrée de ei 4 et : ei 4 =

VII.6.5 Trigonométrie L’exponentielle complexe permet de retrouver assez rapidement beaucoup de formules de trigonométrie. Cette partie du cours donne quelques exemples de façons de procéder.

VII.6.5.a Détermination de lignes trigonométriques particulières Exercice VII.6.5.

Solution On a : ei

π 12

π

= e i 3 e −i

d’où :

π 4

Déterminer les lignes trigonométriques de

π . 12

π π π = − ; donc : 12Ã 3 p4 !Ã p p p p ! p p 3 2 2 6+ 2 6− 2 1 ; on en déduit que : +i −i +i = = 2 2 2 2 4 4 ³ π ´ p6 + p2 ³ π ´ p6 − p2 π π i = ℜe e 12 = = ℑm ei 12 = ; cos et sin 12 4 12 4 p ¢2 ¡p p p p p 6− 2 8 − 2 12 6− 2 π = p = 2 − 3. tan p = ¡p p ¢¡ p p ¢= 12 4 6+ 2 6+ 2 6− 2

VII.6.5.b Formules usuelles de trigonométrie Dérivées D’un point de vue formel la dérivée de la fonction t 7→ ei t est la fonction t 7→ i ei t , or pour tout nombre réel t , on a : i ei t = − sin(t ) + i cos(t ). On retrouve ainsi facilement que la dérivée de cos est − sin et que la dérivée de sin est cos. Transformation de produit en somme Les formules transformations de produit en somme sont très faciles à retrouver. Soit a et b deux nombres réels, on a par exemple : ei a + e−i a ei b + e−i b · cos a cos b = 2 2 ´ 1 ³ i (a+b) i (a−b) +e + ei (−a+b) + ei (−a−b) = e 4Ã ! 1 ei (a+b) + e−i (a+b) ei (a−b) + e−i (a−b) = + . 2 2 2 On retrouve donc : ¢ 1¡ cos a cos b = cos(a + b) + cos(a − b) 2 Transformation de somme en produit Les formules transformations de somme en produit sont également très faciles à retrouver. Soit p et q deux nombres réels, on a d’une part : ei p + ei q = (cos p + cos q) + i (sin p + sin q) ; d’autre part en remarquant que :

-

série S

94

VII. Nombres complexes

p +q p −q p +q p −q + et q = − ; il vient : 2 2 ³ 2 2 ³ p−q p−q ´ p+q p −q p +q p +q ´ cos ei p + ei q = ei 2 ei 2 + e−i 2 = 2 cos + i sin . 2 2 2 En identifiant parties réelles et parties imaginaires, il vient : p=

p +q p −q cos 2 2 p −q p +q cos sin p + sin q = 2sin 2 2

cos p + cos q = 2cos

VII.6.5.c Linéarisation de polynômes en cos x et en sin x VII.6.5.d Exercices divers Exercice VII.6.6.

Soit α un nombre réel. On considère la suite (Cn )n∈ Cn =

Exprimer Cn , pour n ∈

N définie par :

n cos(kα) X

2k

k =0

.

N, sans signe somme. En déduire la limite de la suite (Cn ). n

X sin(kα)

Solution Il suffit d’introduire la suite (S n )n∈N définie par : S n =

On a alors, pour n ∈

N⋆ :

Cn + i S n =

n cos(kα) + i sin(kα) X

2k

k=0

2k

k=0

=

n ei kα X

2k

k=0

On reconnaît la somme des termes d’une suite géométrique, donc : i (n+1)α

Cn + i S n =

d’où : Cn + i S n =

1 − e 2n+1 iα

1 − e2

¡ ¢ ¡ ¢¸ ¡ ¢¸ ¡ ¢ · · cos (n+1)α cos nα sin nα sin (n+1)α 4 − 2cos α − + + + i 2sin α − n 2 2n 2n−1 2n−1

5 − 4cos α

¡

¢

Cn = ℜe Cn + i S n =

De plus :

lim

1

n→+∞ 2n−1

Ã !k n X ei α = . 2 k=0

³ ´ −i α i (n+1)α ´³ −i α i (n+1)α i nα 1− e 2 1 − e 2n+1 1 − e 2 − e 2n+1 + 2en+2 ´³ ´ = = ³ ; iα −i α 1 − cos α + 14 1 − e2 1 − e 2

On en déduit que pour tout entier naturel n :

On sait que pour tout n ∈

.

N:

= lim

4 − 2cos α −

5 − 4cos α

¡ ¢¯ ¯ ¯ cos (n + 1)α ¯ ¯ ¯É 1 ¯ ¯ 2n−1 2n−1

1

n→+∞ 2n

et

= 0 ; donc par comparaison : lim

n→+∞

¡ ¢ cos (n + 1)α

2n−1

¡

cos (n+1)α 2n−1

= lim

n→+∞

¢

+

¡ ¢

cos nα 2n

.

.

¡ ¢¯ ¯ ¯ cos nα ¯ ¯ ¯É 1 ; ¯ 2n ¯ 2n ¡ ¢ cos nα

2n

= 0.

Par somme puis par quotient on en déduit que : lim Cn =

n→+∞

4 − 2cos α . 5 − 4cos α

VII.7 Géométrie et nombres complexes Le plan P est muni d’un repère orthonormé direct (O ;~ı,~ ). LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VII.7. Géométrie et nombres complexes

95

VII.7.1 Propriétés générales T HÉORÈME VII.7.1 Soit A, B, C, D (A , B et C , D) quatre points d’affixes respectives : z A ; zB ; zC ; zD ; θ un réel et r un réel strictement positif. les propositions sont équivalentes. ³−−→suivantes −−→´ (1) CD = r AB et AB , CD ≡ θ (mod 2π) (2) (3)

zD − zC = r ei θ (zB − z A ) zD − zC = r ei θ zB − z A

DémonstrationOn sait que A , B, donc : (2) ⇐⇒ (3). −−→ −−→ Démontrons que : (3) ⇐⇒ 1. z D − z C et z B − z A sont les affixes³ respectives des vecteurs CD et AB ; donc : CD = |z D − z C | et AB = |z B − z A |. −−→ −−→´ ³ −−→´ ³ −−→´ De plus, d’après la relation de C HASLES sur les angles de vecteur : AB , CD = i , CD − i , AB ; ³−−→ −−→´ d’où : AB , CD ≡ arg(z D − z C ) − arg(z B − z A )(mod 2π). Deux nombres complexes non nuls sont égaux si et seulement si ils ont même module et mêmes arguments, donc :

(3)

¯ ¯ ¯ zD − zC ¯ ¯ ¯ ¯ z −z ¯=r

⇐⇒

B

et

A

arg

En utilisant la propriété (4) du théorème VII.3.3 page 84, on en déduit que : (3) D’où il vient : (3)

⇐⇒

⇐⇒

|z D − z C | =r |z B − z A |

et

µ

¶ zD − zC ≡ θ(mod 2π) . zB − z A

arg(z D − z C ) − arg(z B − z ) ≡ θ(mod 2π) .

(1). ä

VII.7.2 Écriture complexe de quelques transformations usuelles Dans le tableau VII.2, pour chaque transformation, M désigne un point d’affixe z et M’ désigne l’image de M. L’écriture complexe exprime l’affixe de M’ en fonction de celle de M. M a pour image M’

Transformation

~ u (u) b

u (u) Translation de vecteur ~

~

Définition géométrique

Écriture complexe

−−−→ u MM′ = ~

z′ = z + u u∈

M’

b

M

C

O ~ı b

M

| b

b

M’

−−−→ −−→ ΩM′ = −ΩM

z ′ = −z + 2ω ω∈

b

M’

−−−→ −−→ ΩM′ = k ΩM

z ′ = k(z − ω) + ω ω ∈ et k ∈ ∗

ΩM′ = ΩM ³−−→ −−−→´ ΩM , ΩM′ = θ

z ′ = ei θ (z − ω) + ω ω ∈ et θ ∈

(

ΩM′ = ΩM ³ −−→´ ³ −−−→´ ~ı, ΩM′ = − ~ı, ΩM

z′ = z

(

ΩM′ = ΩM ³ −−→´ ³ −−−→´ ~, ΩM′ = − ~, ΩM

z ′ = −z

|

Symétrie de centre Ω(ω)

Ω(ω)

~

C

O ~ı M Homothétie de centre Ω(ω) et de rapport k

b

Ω(ω) b

~

C

R

O ~ı b

Rotation de centre Ω(ω) et d’angle θ

Ω(ω)

| b

M

(

θ

|

~

b

M’

O ~ı M b

|

O ~ı

|

Réflexion par rapport à l’axe réel

~

b

Réflexion par rapport à l’axe imaginaire

M’ b

|

|

~ O ~ı

-

M’

b

M

C

R

série S

96

VII. Nombres complexes TABLE VII.2 – Écriture complexe de quelques transformations

VII.7.3 Affixe du barycentre d’un système de points pondérés On déduit de la définition du barycentre et des propriétés des affixes de vecteurs le théorème suivant. T HÉORÈME VII.7.2 Soit A1 , A1 , . . ., An , n points d’affixes respectives zA1 , zA2 , . . .,zAn et α1 , α2 , . . ., αn , n nombres réels dont la somme n’est pas nulle. L’affixe, zG , du barycentre G du système de points pondérés {(A1 , α1 ) , (A2 , α2 ) , . . . , (An , αn )} est :

zG =

n X

αk zAk

k=1 n X

αk

k=1

Exemples

zA + zB ; 2 zA + zB + zC . 2. L’affixe du centre de gravité du triangle ABC est : 3

1. L’affixe du milieu de [AB] est :

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

Chapitre VIII

Intégration VIII.1 Primitives d’une fonction VIII.1.1 Introduction Les intervalles considérés dans cette partie ne sont jamais réduits à un réel. D ÉFINITION VIII.1.1 Soit f une fonction et I un intervalle sur lequel f est définie. Les primitives de f sur I (s’il en existe) sont les fonctions F définies et dérivables sur I vérifiant pour tout x ∈ I : F′ (x) = f (x).

Exemples

x3 x3 + 7 sont deux primitives de f sur et x 7→ 3 3 1 2. La fonction ln est une primitive sur ]0, +∞[ de la fonction x 7→ . x

1. Considérons la fonction f : x 7→ x 2 . Les fonctions x 7→

R.

Nous admettons le théorème suivant. T HÉORÈME VIII.1.1 Toute fonction continue sur un intervalle I admet des primitives sur I. On sait que la dérivée d’une fonction constante définie sur un intervalle est la fonction nulle définie sur cet intervalle. On sait également que si une fonction définie sur un intervalle a une dérivée nulle alors cette fonction est constante. On en déduit le lemme suivant. L EMME VIII.1.2 Soit I un intervalle. Les primitives sur I de la fonction nulle sont les fonctions constantes définies sur I. T HÉORÈME VIII.1.3 Soit f une fonction continue sur un intervalle I et F une primitive de f sur I. Les primitives de f sur I sont les fonctions x 7→ F(x) + k où k est une constante réelle.

R

Démonstration Soit k ∈ et G la fonction définie par : G(x) = F(x) + k. G est la somme de deux fonction dérivables sur I, elle donc dérivable sur I et pour tout x ∈ I, on a : G′ (x) = F′ (x) + 0 = f (x) ; donc G est une primitive de f sur I. Réciproquement, soir G une primitive de f sur I, démontrons qu’elle ne diffèrent de F que d’une constante. Pour tout x ∈ I, on a : (G − F)′ (x) = G′ (x) − F′ (x) = f (x) − f (x) = 0 ; donc G − F est une primitive sur I de la fonction nulle, on en déduit que G − F est une fonction constante x 7→ k définie sur I ; d’où : G = F + k. ä x3 2

Exemple Les primitives sur

R de x 7→ x

sont les fonctions de la forme x 7→

3

+ k (avec k ∈

R).

Remarque On déduit du théorème VIII.1.3 que deux primitives d’une fonction sur un intervalle diffèrent d’une constante. T HÉORÈME VIII.1.4 Soit f un fonction continue sur un intervalle I, a ∈ I et b ∈ . Il existe une unique primitive de f sur I prenant la valeur b en a.

R

Démonstration Existence Soit G une primitive de f sur I et F la fonction définie par : F(x) = G(x) − G(a) + b. F est une primitive de f sur I et F(a) = G(a) − G(a) + b = b.

97

98 Unicité

VIII. Intégration Soit H une primitive de f sur I prenant la valeur b en a, démontrons que H = F. Les fonctions F et H ont le même ensemble de définition : I. De plus ce sont deux primitives sur I de f , elle ne diffèrent donc que d’une constante, k. On a : k = H(a) − F(a) = b − b = 0 ; donc : H = F.

ä

Exemple L’unique primitive de x 7→

1 sur ]0, +∞[ prenant la valeur 7 en 10 est la fonction x 7→ ln(x) − ln(10) + 7. x

VIII.1.2 Détermination pratique En pratique pour déterminer une primitive d’une fonction sur un intervalle, on utilise les tableaux suivants qui sont essentiellement déduits des tableaux du paragraphe VI.1.3. fonction (k ∈

x 7→ k

primitive

R)

avec n ∈ x 7→

p

x 7→

Z \ {−1}

1 cos2 x

x 7→ 1 + tan2 x ou x 7→ x

x 2

x n+1 n +1 2 3 x 7→ x 2 3 x 7→ − cos x x 7→ sin x

] − ∞, 0[ ou ]0, +∞[

x 7→ e 1 x 7→ x

n < −1 n >0

]0; +∞[

R Rh

i π π − + kπ, + kπ 2 2

x 7→ tan x x 7→ e

si si

R

x 7→

x

x 7→ sin x x 7→ cos x

R R

2

x 7→ x x 7→ x n

Intervalle

x 7→ kx

R

x

x 7→ ln |x|

Z

(avec k ∈ )

] − ∞, 0[ ou ]0, +∞[

TABLE VIII.1 – Primitives des fonctions élémentaires fonction u+v ku u′ × un

avec n ∈

primitive U+V kU

Z \ {−1}

u′ p u u′ u u ′ eu

remarque

u n+1 n +1 p 2 u

si n < −1 alors u , 0 sur I u > 0 sur I

ln |u|

u , 0 sur I

eu 1 x 7→ u(ax + b) x 7→ U(ax + b) a ′ ′ v × (u ◦ v) u◦v TABLE VIII.2 – Primitives et opérations sur les fonctions Exercice VIII.1.1.

Déterminer une primitive sur

R

⋆

de x 7→ 2x 3 + 3x 2 +

Solution La fonction x 7→ 2x 3 + 3x 2 a pour primitive sur

5 x3

.

R la fonction x 7→ 12 x 4 + x 3 et la fonction x 7→ x −3 a pour

R⋆ la fonction x 7→ −2x −2 . 5 1 5 Une primitive sur R⋆ de x 7→ 2x 3 + 3x 2 + 3 est donc x 7→ x 4 + x 3 − 2 . x 2 2x Exercice VIII.1.2. Déterminer une primitive sur R de x 7→ cos(2πx) + 5e .

primitive sur

3x

Solution Une primitive de cos est sin, x 7→ cos(2πx) est de la forme x 7→ cos(ax + b) avec a = 2π et b = 0 ; donc 1 1 sin(2πx) est une primitive sur de x 7→ cos(2πx). De même, x 7→ e3x une primitive sur de x 7→ e3x ; donc x 7→ 2π 3 1 5 3x 3x une des primitives sur de x 7→ cos(2πx) + 5e est x 7→ sin(2πx) + e . 2π 3

R

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

R

R

Terminale VI

VIII.2. Premiers calculs Exercice VIII.1.3.

99

Déterminer une primitive sur

R de f : x 7→ ¡3x

2

¢¡ ¢10 − 2x + 3 x 3 − 2x 2 + 3x + 1 .

Solution Considérons la fonction u : x 7→ x 3 − 2x 2 + 3x + 1. On a : f = u ′ u 10 donc la fonction

R de f .

u 11 est une primitive sur 11

R de x 7→ ¡3x 2 − 4x + 3¢¡x 3 − 2x 2 + 3x + 1¢10 est x 7→ 111 ¡x 3 − 2x 2 + 3x + 1¢11 . x Déterminer une primitive sur R de f : x 7→ . x +1

Une des primitives sur Exercice VIII.1.4.

2

2

Solution Considérons la fonction u : x 7→ x + 1. On a : f =

fonction u est positive sur Une des primitives sur

R), est une primitive sur R de f .

1 u′ 1 1 donc la fonction ln |u|, c’est-à-dire ln u (car la 2u 2 2

R de x 7→ x 2x+ 1 est x 7→ 21 ln(x 2 + 1).

VIII.1.3 Exercices VIII.1.a. Déterminer p une primitive sur x 7→ 3x 5 − πx 5 + 2x 3 − 2x 2 + 3x − ln 2.

R de R

VIII.1.b. Déterminer une primitive sur de 2 x 7→ x e−x . ¸ · 2 VIII.1.c. Déterminer une primitive sur − , +∞ de 3 5 . x 7→ 3x + 2 ¸ · 2 VIII.1.d. Déterminer une primitive sur −∞, − de 3 5 x 7→ . 3x + 2 VIII.1.e. Déterminer une primitive sur de x 7→ 100cos(2x + 3).

R

VIII.1.f. Déterminer une primitive sur x 7→ 50sin(3x + 2).

R de R

VIII.1.g. Déterminer une primitive sur de 7 5 13 x 7→ 5x 2 + 3x − 1 + − 2 + 4 . x x x VIII.1.h. Déterminer une primitive sur de 5x 7 − 2x 4 + 8x 3 − 5x 2 + 6x − 1 x 7→ . x4 i π πh VIII.1.i. Déterminer une primitive sur − , de tan. 2 2

R

R

VIII.1.j. Déterminer une primitive sur de x 7→ sin x · cos x. i π πh VIII.1.k. Déterminer une primitive sur − , de 2 2 3 x 7→ tan x + tan x.

VIII.2 Premiers calculs VIII.2.1 Introduction ~

Dans tous ce chapitre le plan est muni d’un repère orthogonal (O ;~ı,~ ). ½ 0Éx É1 L’unité d’aire est l’aire du rectangle d’inéquations : . 0Éy É1 On se propose d’aborder une théorie qui nous permette de calculer pour une fonction positive, f , définie sur un intervalle [a, b] l’aire délimitée par la courbe de f , l’axe des abscisses et les droites d’équaZb tions x = a et x = b. Cette aire sera notée : f (x) d x. a Zb f (x) d x se lit « intégrale de a à b de f de x dé x » ou « somme de a à a

b de f de x dé x ». Z b Nous verrons que, f (x) d x, a un sens même si a > b ou si la fonc-

O

~ı F IGURE VIII.1 – Zb

f (x) d x

a

~ a

O

b ~ı F IGURE VIII.2 –

a

tion f n’est pas positive sur entre a et b. À travers l’histoire les calculs d’aires ont longtemps occupés les hommes de sciences. L EIBNIZ 1 et N EWTON ont construits, de façons indépendantes et presque simultanées, une théorie de détermination d’aires et de volumes par le calcul intégral. La construction rigoureuse du calcul intégral dans le cas des fonctions continues fut établie dans la première moitié du XIXe siècle par C AUCHY 2 . 1. L EIBNIZ Gottfried Wilhelm savant Allemand -. 2. C AUCHY Louis Augustin mathématicien Français -.

-

série S

100

VIII. Intégration

Au milieu du XIXe siècle R IEMANN 3 généralisa cette théorie à une classe plus grande de fonctions. L’idée de cette théorie consiste à découper la région dont on cherche l’aire en rectangles verticaux et l’aire de la région est alors la limite des sommes des aires des rectangles quand leurs bases tend vers 0. La théorie de l’intégrale actuellement

F IGURE VIII.3 – Integrale de Riemann. utilisée par les mathématiciens est la théorie présentée par L EBESGUE 4 dans la thèse qu’il soutint en . L’exposé de cette théorie requiert généralement un niveau licence. En simplifiant, on peut dire que Lebesgue découpa la région dont on cherche l’aire en tranches horizontales et non verticales, comme l’avait fait Riemann. Là encore, la théorie de Lebesgue étend celle de Riemann à une classe plus grande de fonctions et la communauté mathématique considère cette théorie comme satisfaisante.

VIII.2.2 Intégrale d’une fonction constante L’intégrale de a à b de la fonction x 7→ c, où½a, b, c sont des réels tels que : a É b et aÉx Éb c Ê 0 ; est l’aire de la région d’inéquations : . 0Éy Éc Zb Ce nombre est noté : c d x.

c ~ O

a

~ı

b

a

On a donc :

Zb a

c d x = c(b − a)

(VIII.1)

Nous étendons la formule (VIII.1) aux cas où c est négatif ou b < a.

Exemples 1. Calculer les intégrales suivantes, puis les illustrer graphiquement. Z7 Z2 Z7 Z−1 3 dx ; 3 dx ; −2 d x ; −2 d x . 2 7 −1 Z75 Z5 2. Calculer les intégrales suivantes : λ dx ; dx et 2

2

Zt 1

3 d x.

Remarque La variable d’intégration est muette. Z7 3 dt. Exemple Calculer : 2

VIII.2.3 Intégrale d’une fonction en escalier Soit [a ; b] un intervalle non réduit à un point. Une subdivision, σ, de [a ; b] est une suite finie et strictement croissante x0 = a, x1 , · · · , xn−1 , xn = b. Le pas de cette subdivision est le plus grand des nombres xi − xi−1 pour i ∈ 1; n Exemple • 1 ; 1, 5 ; 2. • 1 ; 1, 3 ; 1, 6 ; 2. • 1 ; 1, 3 ; 1, 5 ; 1, 6 ; 2. sont des subdivisions de [1; 2] de pas respectifs : 0, 5 ; 0, 4 et 0, 4. Tout élément de la première subdivision est élément de la troisième, on dit que la troisième est plus fine que la première. Plus généralemant si σ et σ′ sont deux subdivisions d’un intervalle [a ; b] la subdivision que l’on notera σ ∪ σ′ , constituée des éléments des deux subdivisions, est une subdivision plus fine que σ et σ′ . 3. R IEMANN Bernhard mathématicien Allemand -. 4. L EBESGUE Henri Léon mathématicien Français -.

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VIII.2. Premiers calculs

101

D ÉFINITION VIII.2.1 Une fonction en escalier sur [a ; b], f , est une fonction à laquelle on peut associer une subdivision σ de [a ; b] telle que f soit une fonction constante sur chaque intervalle ouvert ]xi−1 , xi [.

Remarques 1. Si σ′ est une subdivision de [a ; b] plus fine que σ, alors σ′ peut également être associer à f . 2. En pratique, on introduit les nombres c1 , · · · , ci , · · · , cn tels que sur chaque intervalle ]xi−1 , xi [ la fonction f est constante et vaut : ci . Soit f une fonction, positive et en escalier sur [a ; b], σ est une subdivision de [a ; b] associée à f et c 1 , · · · , c n les nombres tels que pour tout i ∈ 0; n − 1 : f = c i sur [xi−1 ; xi ]. L’intégrale de f de a à b sera l’aire de la région R délimitée par les droites d’équations : x = a ; x = b ; l’axe des abscisses et la représentation graphique de f ; c’est-àdire la région constituée des points dont les coordonnées vérifient le système : ½ aÉx Éb 0 É y É f (x)

R est constituée de n rectangles. Pour i variant de 1 à n, le i -ème rectangle a pour base xi − xi−1 et pour hauteur ci il a donc pour aire : (xi − xi−1 )c i . On en déduit que : Cf

a = x0

x1

b = xn

F IGURE VIII.4 – Intégrale d’une fonction en escalier positive.

Zb a

f (x) d x = aire

¡

R

¢

n X

=

i=1

(xi − xi−1 )c i .

Nous admettons que cette aire est indépendante de la subdivision choisie. Ce qui justifie les définitions suivantes. Si on avait pris une subdivision plus fine (y j ) j Ém en notant d j la valeur de f sur ]y j 1 , x j [, on obtenait : aire Plus généralement on a la définition suivante.

¡

A

¢

=

m X

j =1

d j (x j − x j −1 ).

D ÉFINITIONS VIII.2.2 Soit f une fonction en escalier sur [a ; b] ( f n’est plus nécessairement positive sur [a ; b]). Zb (1) L’intégrale de f entre a et b est le nombre noté : f (x)dx ; défini par : a

Zb a

f (x)dx =

où (xi ) est une subdivision de [a ; b] associée à f . (2) Z

a

b

n X

i=1

(xi − xi−1 )c i

f (x)dx = −

Zb

f (x)dx

a

Remarque Les valeurs des f (xi ) sont sans importance dans le calcul de cette intégrale. Soit α et β deux nombres, nous désignerons par max(α ; β) le plus grand des deux et par min(α ; β) le plus petit. Nous

-

série S

102

VIII. Intégration

étendons ces définitions au cas des fonctions. Considérons par exemple sur l’intervalle [−1; 3] les fonctions f : x 7→

1 2 x et g : x 7→ −x + 4. Sur [−1; 2] : g Ê f ; alors 2

Cf

4 3 2

Cg

1

1

−1

2

−1 F IGURE VIII.5 – min et max de deux fonctions. que sur [−1; 2] : f Ê g ; nous en déduisons que max( f , g ) et min( f , g ) sont définies par : max( f , g )(x) =

(

g (x) f (x)

si x ∈ [−1; 2]

min( f , g )(x) =

si x ∈]2; 3]

(

f (x) g (x)

si x ∈ [−1; 2] si x ∈]2; 3]

Nous admettons le théorème suivant. T HÉORÈME VIII.2.1 Soit f et g deux fonctions en escalier sur un intervalle [a ; b] respectivement associées à des subdivisions σ f et σg . Les fonctions f + g , λ f (avec λ ∈ ), f × g , max( f , g ) et min( f , g ) sont des fonctions en escalier sur [a ; b] associées à la subdivision σ f ∪ σg

R

VIII.2.4 Activité

Cg 3 2 1

−3

−2

b

1

−1

2

3

4

5

6

7

−1

Cf

−2

F IGURE VIII.6 – Représentations graphiques de deux fonctions en escalier.

1. Calculer :

Z8

f (x) d x ;

−3

Z8

g (x) d x.

−3

Que remarque-t-on en termes de majorations ? Z5 Z8 2. Calculer : f (x) d x et f (x) d x. −3 Z8 5 Z5 Z8 Comparer d’une part : f (x) d x avec f (x) d x + f (x) d x ; −3

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

−3

5

Terminale VI

VIII.3. Intégrale de Riemann

d’autre part :

Z5

f (x) d x avec

−3

103 Z8

−3

f (x) d x +

Z5

f (x) d x.

8

3. Tracer la représentation graphique de 2f , puis calculer :

Z8

2f (x) d x.

−3

Que remarque-t-on ?

4. Tracer la représentation graphique de f + g , puis calculer :

Que remarque-t-on ?

Z8

−3

( f + g )(x) d x.

VIII.2.5 Propriétés des intégrales de fonctions en escalier L’activité ci-dessus suggère les théorèmes suivants que nous admettons. T HÉORÈME VIII.2.2 LINÉARITÉ Soit f et g deux fonctions en escalier sur un intervalle [a ; b] et α un nombre réel. (1) Z Z Z b

a

( f + g )(x) d x =

(2)

Zb a

b

a

f (x) d x +

α f (x) d x = α

Zb

b

g (x) d x.

a

f (x) d x.

a

Remarques 1. Plus généralement :

Zb a

(α f + βg )(x) d x = α

Zb a

f (x) d x + β

Zb

g (x) d x.

a

2. L’intégrale d’une combinaison linéaire de fonctions est la conbinaison linéaire des intégrales. On dit que l’intégrales des fonctions en escalier est linéaire. T HÉORÈME VIII.2.3 COMPARAISON DES INTÉGRALES Soit f et g deux fonctions en escalier sur un intervalle [a ; b]. Zb

Si f Ê g sur [a, b] alors :

a

f (x) d x Ê

Zb

g (x) d x.

a

Remarque Le théorème n’est pas établi dans le cas d’une inégalité stricte. T HÉORÈME VIII.2.4 REL ATION DE C HASLES Soit f une fonction en escalier sur un intervalle I et a, b et c trois éléments de I. Zb a

f (x) d x +

Zc b

f (x) d x =

Zc

f (x) d x.

a

VIII.3 Intégrale de Riemann VIII.3.1 Définition Nous allons maintenant définir l’intégrale d’une fonction quelconque comme une limite comune d’intégrales de fonctions en escalier. D ÉFINITION VIII.3.1 Soit f une fonction définie sur un intervalle [a ; b]. ¡ ¢ ¡ ¢ Nous dirons que f est intégrable au sens de Riemann sur [a ; b] s’il existe deux suites f n n∈N et g n n∈N de fonctions en escalier vérifiant les propriétés suivantes : (1)

Pour tout entier naturel n, on a sur [a ; b] : f n É f É g n . Zb Zb (2) Les suites (In ) et (Jn ) définies par : In = f n (x) d x et Jn = g n (x) d x ; sont adjacentes. a a Zb La limite commune de ces deux suites est : f (x) d x. a

-

série S

104

VIII. Intégration

Pour justifier ¡ ¢ ¡cette ¢ définition, nous devons établir que la limite commune des suites (In ) et (Jn ) est indépendantes des suites f n et g n . Soit deux suites (k n )n∈N et (l n )n∈N de fonctions en escalier vérifiant : – Pour tout entier naturel n, on a sur [a ; b] : k n É f É l n . – Les suites (Kn ) et (Ln ) définies par : Kn =

Désignons par ℓ leur limite commune. Zb Nous devons démontrer que : ℓ = f (x) d x.

Zb a

k n (x) d x et Ln =

Zb a

l n (x) d x ; sont adjacentes.

a

On a, sur [a ; b], pour tout entier naturel n : f n É f É l n ; donc par comparaison des intégrales, pour tout entier naturel n : In É Ln .

Zb f (x) d x É ℓ. Par comparaisons des limites (théorème III.7.7), nous en déduisons que : a Zb Zb En comparant k n et g n on démontre de même que : ℓ É f (x) d x. Donc : ℓ = f (x) d x. a

a

Il serait maintenant intéressant connaître quelques fonctions intégrables au sens de Riemann. Nous admettons le théorème suivant. T HÉORÈME VIII.3.1 Les fonctions continues sur un intervalle [a, b] ou monotones sur [a, b] sont intégrables au sens de Riemann sur [a, b].

VIII.3.2 Sommes de Riemann VIII.3.2.a Introduction Pour démontrer le théorème VIII.3.1, il faut considérer une fonction continue sur un intervalle [a, b] puis construire les suites adjacentes (In ) et (Jn ). Pour construire ces suite qui convergent vers l’intégrale de f et donc sont des approxiZb mations de f (x) d x ; on utilise les sommes de Riemann. a

Soit f une fonction définie entre autre sur [a ; b], (xi )i∈0,n est une subdivision de [a ; b] et ξ1 , · · · , ξn des nombres tels que pour tout i ∈ 1; n : ξi ∈ [xi−1 ; xi ]. La somme de Riemman de f sur [a, b] associée à (xi ) et à (ξi ) est l’intégrale de la fonction en escalier, f e , définie par : ∀i ∈ 1, n , c i = f (ξi ) On a alors :

Zb a

f e (x) d x =

n X

i=1

(xi − xi−1 ) f (ξi ).

On devine que cette dernière intégrale sera une appriximation de

Zb

f (x) d x d’autant meilleure que la subdivision

a

associée sera fine et que les ξi auront été choisis judicieusement. En pratique on choisit le nombre, n, d’intervalles de la subdivision, puis on prend la subdivision à pas constant : b−a b−a . La subdivision, σn , est alors définie par : xk = a + k = a + kh. h= n n Nous admettons le théorème suivant. T HÉORÈME VIII.3.2 Soit f une fonction continue ou montone sur [a b] et (In ) une suite de sommes de Riemann de f sur [a, b], associées à σn . Zb La suite (In ) est convergente et sa limite est : f (x) d x. a

Remarque Ce théorème peut servir à démontrer le théorème VIII.3.1 Nous allons maintenant examiner des exemples communs de sommes de Riemann. Le premier a un intérêt théorique, les suivants permettent de calculer des valeurs approchées d’une intégrale. Nous supposerons dans tous ces exemples que la fonction f est continue sur [a, b] et nous calculerons une somme de Riemann de f sur [a, b] associée à σn . Nous aurons ainsi : Zb n n X b−a X f e (x) d x = f (ξi ). f (ξi ) = h n i=1 a i=1 LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VIII.3. Intégrale de Riemann

105

VIII.3.2.b Sommes de Darboux Nous admettons le théorème suivant : par une fonction continue, l’image d’un intervalle fermé borné est un intervalle fermé borné. Soit i ∈ 1; n, posons : mi = inf f (x) et Mi = sup f (x) x∈[x i −1 ,x i ]

x∈[x i −1 ,x i ]

D’après ce théorème, pour tout i ∈ 1; n : f ([xi−1 , xı]) = [m i , Mi ]. Il existe donc deux nombres ξi et ξ′i éléments de [xi−1 , xı] tels que : f (ξi ) = m i et f (ξ′i ) = Mi . Nous appellerons respectivement somme de Darboux 5 inférieure et somme de Darboux supérieure de f relativement à σn les nombres sσn ( f ) et S σn ( f ) définis par : sσn ( f ) =

n X

i=1

m i (xi − xi−1 )

et

S σn ( f ) =

n X

i=1

Mi (xi − xi−1 ).

On peut visualiser les sommes de Darboux en utilisant Geogebra. Z7 f (x) d x entre deux sommes de Darboux dans le cas de la fonction Exemple On se propose d’encadrer 1 x f : x 7→ + 1 + sin x . 3 On entre successivement les instructions suivantes dans la ligne de commandes : – f(x) = 1 + x / 3 + sin(x) – n=6 – SommeInférieure[f, 1, 7, n] – SommeSupérieure[f, 1, 7, n]

F IGURE VIII.7 – Sommes de Darboux.

D’après la figure VIII.7 : sσ6 ( f ) = 11, 83· · · et S σ6 ( f ) = 15, 71· · ·

VIII.3.2.c Méthode des rectangles On choisit, pour tout i ∈ 1, n : ξi = xi−1 ou ξi = xi

Remarques 1. Lorsque la fonction f est monotone, ¯ ¯ ces valeurs approchées coïncident avec les sommes de Darboux. 2. Si f est dérivable sur [a, b] et si ¯ f ′ ¯ est majorée par une constante M sur [a, b] alors on peut démontrer que : ¯ ¯Z ¯ M ¯ b n b−a X ¯ ¯ (b − a)2 . f (ξi )¯ É f (x) d x − ¯ ¯ 2n ¯ a n i=1

VIII.3.2.d Méthode du point médian On choisit, pour tout i ∈ 1, n : ξi =

xi−1 + xi 2

5. D ARBOUX Jean-Gaston mathématicien Français -.

-

série S

106

VIII. Intégration

3

3

Cf

2 1 0

Cf

2 1

0

1

2

3

4

5

0

6

0

1

2

3

4

5

6

F IGURE VIII.8 – Valeur approchée d’une intégrale par la méthode des rectangles.

3

Cf

2 1 0

0

1

2

3

4

5

6

F IGURE VIII.9 – Valeur approchée d’une intégrale par la méthode des points médians.

¯ ¯ Remarque Si f est dérivable sur [a, b] et si ¯ f ′ ¯ est majorée par une constante M sur [a, b] alors on peut démontrer que : ¯Z ¯ ¯ b ¯ M n b−a X ¯ ¯ f (x) d x − (b − a)2 . f (ξi )¯ É ¯ ¯ a ¯ 4n n i=1

VIII.3.2.e Méthode des trapèzes f (xi−1 ) + f (xi ) . 2 Les ξi sont bien définis grâce à la continuité de f et au théorème des valeurs intermédiaires. On choisit, pour tout i ∈ 1, n, xi i tel que : f (ξi ) =

3

Cf

2 1 0

0

1

2

3

4

5

6

F IGURE VIII.10 – Valeur approchée d’une intégrale par la méthode des trapèzes.

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VIII.3. Intégrale de Riemann

107

¯ ¯ Remarque Si f est deux fois dérivable sur [a, b] et si ¯ f ′′ ¯ est majorée par une constante M sur [a, b] alors on peut démontrer que : ¯Z ¯ ¯ b ¯ n b−a X M ¯ ¯ f (x) d x − (b − a)3 . f (ξi )¯ É ¯ ¯ a ¯ 12n 2 n i=1

VIII.3.3 Exemple d’intégrale d’une fonction usuelle On rappelle que la partie entière d’un nombre réel, x, est le plus grand entier relatif inférieur ou égal à x. La partie entière de x sera ici notée ⌊x⌋. Pour tout nombre réel, x, ⌊x⌋ est l’entier vérifiant : ⌊x⌋ É x < ⌊x⌋ + 1. On définit de même la fonction plafond par : ⌈x⌉ = −⌊−x⌋ ⌈x⌉ est donc le plus petit entier relatif supérieur ou égal à x. Pour tout nombre réel, x, ⌈x⌉ est l’entier vérifiant : ⌈x⌉ − 1 < x É ⌈x⌉.

N

Pour tout n ∈ , on a donc : n = ⌊x⌋ = ⌈x⌉. Ces fonctions permettent d’encadrer n’importe quel réel entre deux entiers consécutifs (ou égaux si le réel considéré est un entier) :

R,

⌊x⌋ É x É ⌈x⌉.

k2 =

n(n + 1)(2n + 1) . 6

∀x ∈ On rapelle que pour tout entier naturel n : n X

k=0

R

Dans cette activité, f désigne la fonction x 7→ x 2 (on rappelle que f est strictement croissante sur +⋆ ) et α désigne un nombre réel strictement positif. On se propose de démontrer que la fonction f est intégrable sur [0; α] et d’exprimer Zb f (x) d x en fonction α. a

Pour tout entier naturel non nul n, on définit sur [0; α] les fonctions f n et g n par : f n (x) = f

³ α j nx k´

n

g n (x) = f

α

³ α l nx m´

n

α

1. Dans cette question, α = 3 et n = 6.

a. Représenter sur un même graphique les fonctions : f , f 6 et g 6 . b. Déterminer I6 et J6 .

2. Dans cette question n désigne un entier naturel non nul fixé. a. On veut subdiviser l’intervalle [0; α] en n intervalles de même amplitude. Donner les éléments et le pas de la subdivision. ³ α´ ³ α´ ³ α´ = gn k =f k . b. Démontrer que pour tout élément k de 0; n : f n k n n n

i α αh c. Démontrer que pour tout élément k de 1; n, les fonctions f n et g n sont constantes sur l’intervalle (k − 1) ; k . n n En déduire que f n et g n sont des fonctions en escalier associées à une subdivision qu’il conviendra de préciser.

d. Déduire de l’étude menée en 2.c que : In =

α3 (n − 1)(2n − 1) × 6 n2

et

Jn =

α3 (n + 1)(2n + 1) . × 6 n2

3. a. Après avoit préciser le signe des suites (In ) et (Jn ), étudier leur monotonie (on pourra calculer le quotient de deux termes consécutifs ). b. Démontrer que les suites (In ) et (Jn ) sont adjacentes. 4. Déterminer la limite commune des suites (In ) et (Jn ). Puis dériver cette limite par rapport à α.

-

série S

108

VIII. Intégration

VIII.4 Théorème fondamental de l’analyse VIII.4.1 Problème ouvert Étudier la suite (un )n∈N (limite éventuelle et sens de variation) définie par, u0 = e −1, et pour tout nombre entier naturel, n : un+1 = −1 + (n + 1)un . Tous les théorèmes, toutes les calculatrices et tous les logiciels sont utilisables à volonté.

VIII.4.2 Théorème fondamental de l’analyse Soit f une fonction continue, positive et croissante sur un intervalle I, α un élément de I et C f la représentation graphique de f . À tout élément, t , de I tel que t Ê a, on associe le nombre F(t ) défini comme l’aire, en unités d’aires, de la région délimitée par l’axes des abscisses, C f et les droites d’équations x = a et x = t (voir fig. VIII.11). Soit t0 un nombre réel où la fonction F est définie. On aimerait savoir la fonction F est dérivable en t0 . Soit h un réel strictement positif suffisamment petit pour que F(t0 + h) soit défini(voir fig. VIII.11). Désignons R la région hachurée dont l’aire est : F(t0 + h) − F(t0 ). R est incluse dans un rectangle de base h et de hauteur f (t0 +h) et inclus un rectangle de base h et de hauteur f (t0 ). On en déduit que : h × f (t0 ) É F(t0 + h) − F(t0 ) É h × f (t0 + h).

F(t )

F(t0 + h) − F(t0 ) É f (t0 + h). h

Pour h négatif, on a :

O

α

t ~ı F IGURE VIII.11 –

f (t0 + h)

f (t0 )

Cf

En divisant membre à membre par h qui est positif, il vient : f (t0 ) É

Cf

~

α

O

(VIII.2)

~ t0 ~ı F IGURE VIII.12 –

t0 + h

−h × f (t0 + h) É F(t0 ) − F(t0 + h) É −h × f (t0 ). En divisant membre à membre par −h qui est positif, il vient : f (t0 + h) É

F(t0 + h) − F(t0 ) É f (t0 ). h

(VIII.3)

La fonction f est continue en t0 , donc : lim f (t0 + h) = f (t0 ). h→0

Par comparaison des limites dans (VIII.2) et (VIII.3) il vient :

F(t0 + h) − F(t0 ) = f (t0 ) h→0 h lim

Ainsi F est dérivable en t0 et son nombre dérivé en t0 est f (t0 ). Plus généralement, pour tout élément, t , ou F est définie : F′ (t ) = f (t ). Donc F est une primitive de f . Soit a et b deux éléments de I tels que : α Ê a Ê b. On a : Zb Zb f (t ) d t a f (t ) d t = F(b) − F(a). ~  a

Cf

Soit G une autre primitive de f . Il existe une constante, k, tel que : G = F + k. On a donc : Zb ¡ ¢ ¡ ¢ G(b)−G(a) = F(b)+k − F(a)+k = F(b)−F(a) = f (t ) d t = F(b)−F(a).

α

O

a

b

~ı F IGURE VIII.13 –

a

Cette étude suggère le théorème suivant que nous admettons.

T HÉORÈME VIII.4.1

T HÉORÈME FONDAMENTAL DE L’ ANALYSE

Soit f une fonction continue sur un intervalle I, a et b deux éléments de I et F une primitive de f sur I. Zb a

f (t ) d t = F(b) − F(a).

Remarques 1. En reprenant le dernier argument de l’étude précédente, on démontre que l’intégrale ne dépend pas de la primitive choisie. LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VIII.4. Théorème fondamental de l’analyse

109

2. Soit f une fonction dérivable sur un intervalle, I, dont la dérivée, f ′ , est continue sur I et a et b deux éléments de I. La fonction f est une primitive sur I de la fonction f ′ continue sur cet intervalle, donc : f (b) − f (a) =

Notations et vocabulaire 1. On écrit :

Zb a

Zb

f ′ (t ) d t .

a

f (t ) d t = [F(t )]ba = F(b) − F(a).

2. L’expression « [F(t )]ba » se lit : « F(t ) pris entre a et b » 3. a et b sont les bornes de l’intégrale. Exemples 1. La fonction sin est continue sur

R et a pour primitive sur cet intervalle la fonction, − cos ; donc :

Zπ 0

¡ ¢ ¡ ¢ sin(t ) d t = [− cos t ]π0 = − cos π − − cos 0 = 2.

R

2. La fonction, f : x 7→ 3x 2 − 6x , est continue sur et a pour primitive sur cet intervalle la fonction, F : x 7→ x 3 − 3x 2 ; donc : Z3 £ ¤5 ¡ ¢ ¡ ¢ f (t ) d t = t 3 − 3t 2 −1 = 33 − 3 × 3 − (−1)3 − 3(−1)2 = 18 + 4 = 22. −1

C OROLL AIRE VIII.4.2 Soit f une fonction continue sur un intervalle Z I, a et b deux éléments de I. (1) (2)

a

On a :

Zb

On a :

a

Démonstration

f (t ) d t = 0. Zb f (t ) d t = − f (t ) d t . a

a

Soit, F, une primitive de f sur I. On a :

(1) Za

(2)

b

Za a

f (t ) d t = F(a) − F(a) = 0.

¡ ¢ f (t ) d t = F(a) − F(b) = − F(b) − F(a) = −

C OROLL AIRE VIII.4.3 Soit f une fonction Z continue sur un intervalle I, et a un élément de I. x

La fonction, x 7→

Démonstration

Zb a

f (t ) d t .

ä

f (t ) d t , est la primitive de f sur I nulle en a.

a

L’existence et l’unicité d’une telle primitive sont garanties Zpar le théorème VIII.1.4. x

f (t ) d t . Considérons une primitive, F, de f sur I et désignons par G la fonction : x 7→ a Za f (t ) d t = 0. De plus, pour tout élément, x, de I, on a : On a : G(a) = a

G(x) = F(x) − F(a). G′ (x) = f (x).

En dérivant membre à membre cette identité par rapport à x, il vient : Donc G est la primitive de f sur I nulle en a. ä

Exemple La fonction ln est la primitive sur ]0; +∞[ de t 7→

positif, x :

Zx 1

1 nulle en 1. Donc, pour tout nombre réel strictement t

dt = [ln t ]1x = ln x − ln 1 = ln x. t

La fonction ln peut être définie comme l’intégrale de la fonction inverse.

Interprétation graphique Soit f une fonction continue et positive sur un intervalle I, a et b deux éléments de I avec : a < b. Zb Le nombre, f (t ) d t , est la valeur de l’aire, en unité d’aire, de la région délimitée par la courbe représentative a

de f , l’axe des abscisses et les droites d’équations : x = a et x = b. Voir figure VIII.13.

-

série S

110

VIII. Intégration

Exercice VIII.4.1.

Solution

Z3

−1

¡

Z3 ³ ´ 5t 2 + 3t + 1 d t .

Calculer :

−1 · 3 ¸3 µ ¶ ¢ t t2 7 188 2 5t + 3t + 1 d t = 5 + 3 + t = 61, 5 − − = − 3 2 6 3 −1

Exercice VIII.4.2.

Calculer :

Solution On a :

Zπ 6

0

Zπ

(3cos 2t − 2sin 3t ) d t .

Zπ

³ ´ sin t 3cos2 t − 2cos3 t d t .

6

0

p p · ¸π 3 2 9 3−8 sin 2t cos 3t 6 3 +2 − = . = × (3cos 2t − 2sin 3t ) d t = 3 2 3 2 2 3 12 0

Exercice VIII.4.3.

Calculer :

6

0

1 Solution Introduisons la fonction, u : t 7→ cos t , et la fonction polynôme, P : t 7→ t 4 − t 3 . ¡ ¢2 On a : u ′ (t ) = − sin t et P′ (t ) = 2t 3 − 3t 2 . Donc, pour t ∈ : sin t 3cos2 t − 2cos3 t = u ′ × P′ (u)(t ). Ainsi :

R

p p ¸π µ ¶ · 6 ¡ ¢ 3 3 1 25 − 12 3 9 1 4 3 2 3 cos t − cos t − − − = . = sin t 3cos t − 2cos t d t = 2 32 8 2 32 0

Zπ 6

0

Exercice VIII.4.4.

Calculer :

Solution Pour t ∈

Zπ 3

0

cos5 t d t .

R, on a :

¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢ cos5 t = cos t cos2 t = cos t 1 − sin2 t = cos t sin4 t − 2sin2 t + 1 . t5 t3 u : t 7→ sin t et P : t 7→ −2 + t. 5 3 u ′ (t ) = cos t et ¡ P′ (t¢) = t 4 − 2t 2 + 1. u ′ (t ) × P(u(t )) = cos t sin4 t − 2sin2 t + 1 = cos5 t .

Introduisons les fonctions :

R

Pour tout t ∈ : Donc, pour tout t ∈ D’où il vient :

R:

Zπ

sin5 t 2 − sin3 t + sin t cos t d t = [P(u(t ))]0 = 5 3

3

π 3

5

0

·

¸ π3 0

p p p p 9 3 3 3 49 3 = − + = . 160 4 2 160

VIII.4.3 Exercices VIII.4.a. Calculer :

Z4

3

2

5x + 4x + 3x − 5 d x. 1 Z5 Zx VIII.4.b. calculer : (2x − 3) d t ; (2t − 3) d t et 0 0 Zx (2x − 3) d t . 0

Zπ 2

VIII.4.c. calculer :

0

VIII.4.d. calculer : VIII.4.e. calculer : VIII.4.f. calculer : VIII.4.g. calculer :

Z5 2

Z3 0

Z9

(5cos 6t − 3sin 9t ) d t . ¡ 2t ¢ 5e −2e5t d t . 3

t 2 dt. p

0

Z4 1

t dt.

dt p . t

Z12

dt . p 2t + 1 4 Z3 p VIII.4.i. calculer : (2t + 3) 2t + 3 d t . 0 Z3 t dt VIII.4.j. calculer : . 2 +1 t −1 Z3 t e dt VIII.4.k. calculer : . 2t 1 e −1 Zπ 2 sin t cos2 t d t . VIII.4.l. calculer : VIII.4.h. calculer :

0

VIII.4.m. calculer : VIII.4.n. calculer :

Zπ 2

0

Zπ 2

0

cos3 t d t .

sin5 t d t .

VIII.5 Proptiétés algébriques VIII.5.1 Relation de Chasles T HÉORÈME VIII.5.1 LYCÉE P ONTUS DE T YARD

R EL ATION DE C HASLES Terminale VI

VIII.5. Proptiétés algébriques

111

Soit f une fonction continue sur un intervalle I, et a, b, c trois éléments de I. Zb Zc Zc On a : f (t ) d t + f (t ) d t = f (t ) d t . a

Démonstration

b

a

Soit F une primitive de f sur I. On a : Zc Zc Zb f (t ) d t . f (t ) d t = (F(b) − F(a)) + (F(c) − F(b)) = F(c) − F(a) = f (t ) d t + a

b

a

ä

Interprétation graphique Si f est positive sur I et si, a É b É c, désignons par D la région délimitée par la courbe représentative de f , l’axe des abscisses et les droites d’équations : x = a et x = c. Le théorème VIII.5.1 signifie que :

Cf

D1 O

aire (D) = aire (D1 ) + aire (D2 ) Exercice VIII.5.1.

Calculer :

Z3 0

~ D2

a

c

b ~ı F IGURE VIII.14 –

|t − 1| d t .

Solution Éliminons la valeur absolue. L’expression sans valeur absolue de ||t − 1|| est donnée par le tableau cidessous. x 1 |t − 1| 1 − t 0 t − 1 D’après la relation de Chasles, on a donc : Z3 0

|t − 1| d =

Z1 0

|t − 1| d+

Z3 1

|t − 1| d =

Z1 0

1− t d+

Z3 1

¸3 ¸1 · 2 · 5 t t2 −t = . + t −1 d = t − 2 0 2 2 1

VIII.5.2 Linéarité T HÉORÈME VIII.5.2 L INÉARITÉ DE L’ INTÉGRALE Soit f et g deux fonctions continues sur un intervalle I, et a, b deux éléments de I. (1) On a : Zb Zb Zb ¡ ¢ f (t ) + g (t ) d t = f (t ) d t + g (t ) d t . a

(2)

a

On a :

Zb a

α f (t ) d t = α

a

Zb

f (t ) d t .

a

Démonstration Soit F et G deux primitives sur I de f et g . (1) F + G est une primitive sur I de, f + g , donc : Zb Zb Zb ¡ ¢ g (t ) d t . f (t ) d t + f (t ) + g (t ) d t = (F + G)(b) − (F + G)(a) = F(b) + G(b) − F(a) − G(a) = F(b) − F(a) + G(b) − G(a) = a

a

(2)

αF est une primitive sur I de, α f , donc : Zb a

α f (t ) d t = αF(b) − αF(a) = α (F(b) − F(a)) = α

Zb a

a

f (t ) d t .

ä

On dit que l’intégrale est linéaire. Cela signifie que l’intégrale d”une combinaison linéaire de fonctions est la combinaison linéaire des intégrales. Zb Zb − f (t ) d t = − f (t ) d t . Remarque En particulier : a

Exemple 3

-

Z7 2

¡ 2 ¢ 2t − 1 d t − 2

Z7 2

¡ 2 ¢ 3t + 4 d t =

a

Z7 2

¡ ¡ 2 ¢ ¡ ¢¢ 3 2t − 1 − 2 3t 2 + 4 d t =

Z7 2

−11 d t = −55.

série S

112

VIII. Intégration

Exercice VIII.5.2. On rappelle l’identité : (a + b)6 = a 6 + 6a 5 b + 15a 4 b 2 + 20a 3 b 3 + 15a 4 b 2 + 6ab 5 + b 6 . Zπ 2 Calculer : cos6 t d t . −π 2

Solution Pour tout nombre réel, t , on a : Ã !6 ´ 1 ei t + e−i t 1 ³ 6 cos t = = 6 ei 6t +6ei 4t +15ei 2t +20 + 15e −i 2t +6e−i 4t + e−i 6t = 5 (cos 6t + 6cos 4t + 15cos 2t + 10) . 2 2 2

On en déduit que : Zπ 2

− π2

cos6 t d t =

· ¸π 2 1 sin 6t 10π 5π sin 4t sin 2t = + 3 + 15 + 10t = . 5 2 6 2 2 32 16 − π2

Remarque Pour intégrer la fonction t 7→ cos6 t , nous l’avons exprimée comme combinaison linéaire des fonctions : t 7→ cos 6t ; t 7→ cos 4t ; t 7→ cos 2t et t 7→ 1. Plus généralement, une fonction qui se présente comme un polynôme où les indéterminées sont les fonctions cos et sin est appelé polynôme trigonométrique. M M

Pour intégrer un polynôme trigonométrique on peut le linéariser ; c’est-à-dire l’exprimer comme combinaison linéaire de fonctions t 7→ cos nt et t 7→ sinbt ou n désigne un entier naturel.

VIII.5.3 Exercices VIII.5.a. Calculer : VIII.5.b. Calculer : VIII.5.c. Calculer :

Z5 0

Z 3π 4

0

Z5 0

2. En déduire A et B.

|t + 2| d t .

VIII.5.e. En linéarisant cos2 , calculer :

|cos t | d t .

¯ ¯ ¯(x − 1)2 − 4¯ d t .

VIII.5.d. On pose : A =

Z

π 2

0

2

cos t d t et B =

VIII.5.f. En linéarisant sin2 , calculer : Z 0

π 2

VIII.5.g. En linéarisant cos , calculer :

sin t d t . VIII.5.h. En linéarisant sin3 , calculer :

1. En ne calculer ni A ni B, calculer : A + B et A − B.

3

0

Zπ

3

2

Zπ 3

sin2 t d t

0

Zπ 3

0

Zπ 3

0

cos2 t d t

cos3 t d t sin3 t d t

VIII.6 Propriétés de comparaison Afin d’illustrer les théorèmes par des exemples les plus proches possible des questions d’examen, on introduit la Z1 Z1 et d t et pour n Ê 1, Un = suite (Un )n∈N définie par : U0 = (1 − t )n et d t . 0

0

VIII.6.1 Signe de l’intégrale T HÉORÈME VIII.6.1 Soit f une fonction continue sur un intervalle I et a, b deux éléments de I. Si a É b et si f est positive sur [a ; b], alors : Zb f (t ) d t Ê 0. a

Démonstration Soit F une primitive de f sur I. La fonction f est positive sur [a ;b], donc F est croissante sur cet intervalle. Ainsi : F(b) − F(a) Ê 0 ; Zb f (t ) d t Ê 0. ä c’est-à-dire : a

Exemple La fonction exp est positive sur [0; 1], donc : U0 Ê 0.

T HÉORÈME VIII.6.2 Soit f et g deux fonctions continues sur un intervalle I et a, b deux éléments de I. Si a É b et si f É g sur [a ; b], alors : Zb Zb f (t ) d t É g (t ) d t . a

a

Démonstration Soit F et G des primitives respectives de f sur I. On a : f É g sur [a ;b], c’est-à-dire g − f Ê 0 sur [a ;b] ; d’après le théorème VIII.6.1 :

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VIII.6. Propriétés de comparaison Zb a

113

(g − f )(t ) d t Ê 0. On en déduit le résultat désiré par linéarité. ä

Exemples 1. Pour n ∈ et t ∈ [0; 1] : 1 − t É 1 et (1 − t )n et est positif ; donc par produit : (1 − t )n+1 et É (1 − t )n et . Par comparaison des intégrales sur [0; 1] : Un+1 É Un . La suite est ainsi décroissante et minorée par 0 (voir exemple précédent) elle donc convergente. 2. Pour n ∈ et t ∈ [0; 1] : 1 É et É e et (1 − t )n est positif ; donc par produit : (1 − t )n É (1 − t )n et É (1 − t )n e. Z1 Z1 n Par comparaison des intégrales sur [0; 1] et par linéarité : (1 − t ) d t É Un É e (1 − t )n d t . 0 0 · ¸1 Z1 1 1 1 e n n+1 (1 − t ) d t = − ; donc pour tout n ∈ : . = Or : (1 − t ) É Un É n + 1 n + 1 n + 1 n + 1 0 0 Par comparaison des limites, (Un ) converge vers 0.

N N

N

C OROLL AIRE VIII.6.3 Soit f une fonction continue sur un intervalle I et a, b deux éléments de I tels que : a É b. ¯ Zb ¯Zb ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ f (t )¯ d t . f (t ) d t ¯¯ É ¯ a

a

¯ ¯ ¯ ¯ Démonstration On a : − ¯ f ¯ É f É ¯ f ¯ sur [a ;b] ; donc par comparaison des intégrales : −

Exercice VIII.6.1.

Solution

a

¯ Zb ¯Zb ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ f (t )¯ d t . f (t ) d t ¯¯ É ¯ a

ä

Zb

¯ ¯ ¯ f (t )¯ d t É

Zb a

f (t ) d t É

Zb a

¯ ¯ ¯ f (t )¯ d t ; c’est-à-dire :

a

Démontrer que pour tout nombre réel, x : ex Ê x + 1.

Si x = 0 alors ex = 1 et x + 1 = 1, donc : ex Ê x + 1.

Si x > 0 alors pour t ∈ [0; x], et Ê 1, car la fonction exp est croissante sur Zx 0

et d t Ê

Zx 0

1 dt.

C’est-à-dire : ex −1 Ê x . D’où l’on tire l’inégalité désirée.

Si x < 0 alors pour t ∈ [x ; 0], et É 1, car la fonction exp est croissante sur Z0 x

et d t Ê

Z0

R. Donc par comparaison des intégrales :

R. Donc par comparaison des intégrales :

1 dt.

x

C’est-à-dire : 1 − ex É −x . D’où l’on tire l’inégalité désirée.

M M

Pour démontrer une inégalité du type, f < g , sur un intervalle du type, [a ; b] ou [a ; ∞[, il suffit parfois de vérifier que, f (a) < f (b), de

démontrer que , f ′ < g ′ , sur cet intervalle puis de comparer les intégrales.

VIII.6.2 Inégalité de la moyenne T HÉORÈME VIII.6.4 I NÉGALITÉ DE L A MOYENNE Soit f une fonction continue sur un intervalle I, a, b deux éléments de I tels que, a É b, et m, M deux nombres réels tels que pour tout élément, t , de [a ; b] : m É f (t ) É M. m(b − a)

Zb a

f (t ) d t É M(b − a).

Démonstration On a : m É f É M sur [a ;b] ; donc, par comparaison des intégrales : m(b − a)

Zb a

Zb a

m dt É

Zf a

f (t ) d t É

Zb a

M d t ; c’est-à-dire :

f (t ) d t É M(b − a).

ä

Interprétation graphique Lorsque la fonction f est positive sur [a ; b], ce théorème signifie que l’aire du domaine hachuré est encadrée entre les aires des rectangles de base, b − a, et de hauteurs m et M.

-

série S

114

VIII. Intégration

M 2 1 m a

b

b−a F IGURE VIII.15 – Inégalité de la moyenne.

Remarque b − a n’est autre que l’amplitude de l’intervalle [a ; b]. Exemple La fonction t 7→

1 est décroissante sur t2

R+⋆, donc pour t ∈ [3; 5] : 251 É t12 É 91 .

D’après l’inégalité de la moyenne appliquée à t 7→

Exercice VIII.6.2.

1 sur l’intervalle [3; 5] : t2 Z5 2 dt 2 É . É 2 25 9 3 t

Déterminer la limite de la suite (u n ) définie par : u n =

R

n 1 X 6 . k =1 k

1 Solution La fonction, f : t 7→ , est décroissante sur +⋆ , donc pour tout k ∈ t D’après l’inégalité de la moyenne appliquée à f sur l’intervalle [k ; k + 1] : 1 É k +1

Zk+1 k

N⋆ : k +1 1 É 1t É k1 sur [k ; k + 1].

dt 1 É . t k

En additionnant membre à membre les n inégalités ainsi obtenues pour k variant de 1 à n , il vient : n Zk+1 d t n 1 X X 1 É É . t k=1 k k=1 k k=1 k + 1 n X

C’est-à-dire : un+1 − 1 É

Or :

Zn+1 1

dt = ln(n + 1) ; donc : t ∀n ∈

N⋆ , un Ê ln(n + 1)

Zn+1 1

et

dt É un . t

lim ln(n + 1) = +∞.

n→+∞

Par comparaison des limites : lim un = +∞.

n→+∞

Voir figure VIII.16. L’inégalité de la moyenne peut aussi s’énoncer de la façon suivante. T HÉORÈME VIII.6.5 I NÉGALITÉ DE L A MOYENNE Soit f une fonction ¯ ¯ continue sur un intervalle I, a, b deux éléments de I, et M un nombre réel tel que pour tout élément, t , de [a ; b] : ¯ f (t )¯ É M. ¯ ¯Zb ¯ ¯ ¯ É M |b − a| . ¯ f (t ) d t ¯ ¯

a ¯ ¯ ¯ f (t )¯ É M, signifie : −M É f (t ) É M. Il suffit donc d’appliquer le théorème VIII.6.4 avec m = −M. Si a É b, on a : −M(b − a) É Démonstration ¯Zb ¯ Zb ¯ ¯ f (t )t d É M(b − a) ; donc : ¯¯ f (t ) d t ¯¯ É M |b − a|. a ¯ ¯Zb Za a ¯ ¯ f (t ) d t ¯¯ É M |b − a|. ä f (t )t d É M(a − b) ; donc : ¯¯ Si b É a, on a : −M(a − b) É b

a

6. Cette suite est appelée série harmonique.

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

VIII.6. Propriétés de comparaison

115

1

1

1 É k +1

Zk+1

k

k +1

2

k

1 dt É t k

F IGURE VIII.16 – Limite de la série harmonique.

Exercice VIII.6.3.

Déterminer la limite de la suite (u n )n∈

Solution On sait que : |sin| É 1 sur ¯ ¯Zn−2(−1)n ¯ ¯ ¯ É 2. ¯ sin t d t ¯ ¯ n

On en déduit que pour n ∈

On sait que : lim

x→+∞

N

⋆ , définie par : u n

=

Z n 1 n−2(−1) sin t d t . n n

R. Donc, d’après l’inégalité de la moyenne appliquée à sin entre n et n − 2(−1)n :

N⋆ , en divisant membre à membre l’inégalité ci-dessus par n qui est strictement positif : ¯ ¯Z n ¯ 2 1 ¯¯ n−2(−1) |un | É ¯ sin t d t ¯¯ É . n n n

2 = 0 ; donc, par comparaison des limites, la suite (un ) converge vers 0. n

VIII.6.3 Valeur moyenne d’une fonction D ÉFINITION VIII.6.1 Soit f une fonction continue sur une intervalle I et [a ; b] un intervalle non réduit à un point inclus dans I. Zb 1 f (t ) d t . La valeur moyenne de f sur [a ; b] est le nombre réel µ défini par : µ = b−a a Interprétation graphique Lorsque la fonction f est positive sur [a ; b], ce théorème signifie que l’aire du domaine hachuré est égale à l’aire du rectangle de base, b − a, et de hauteur µ. Voir figure VIII.17.

µ

a

b

b−a F IGURE VIII.17 – Valeur moyenne de f sur [a ; b].

-

série S

116

VIII. Intégration

Interprétation cinématique Une droite (AB) est graduée et orientée de A vers B. Un point mobile sur l’axe par de A à l’instant t0 pour arriver en B à l’instant, t1 . La vitesse moyenne du trajet est le quotient de la distance parcourue par le mis pour la parcourir, c’est-à-dire :

v moy =

AB x(t1 ) − x(t0 ) = . t1 − t0 t1 − t0

Désignons respectivement par x(t ) et x˙ (t ) l’abscisse et la vitesse du point mobile à l’instant t . La valeur moyenne, µ, de la vitesse sur l’intervalle [t0 ; t1 ] vérifie :

µ=

1 t1 − t0

Zt 1 t0

˙ ) dt = x(t

x(t1 ) − x(t0 ) 1 t = v moy . [x(t )]t10 = t1 − t0 t1 − t0

On en déduit que la vitesse moyenne est la valeur moyenne de la vitesse.

Remarque On déduit de l’inégalité de la moyenne, que si m et M sont respectivement un minorant et un majorant de f sur [a ; b], alors : m É µ É M. Exemples 1. La valeur moyenne de la fonction sin sur l’intervalle [0; π] est : 1 π

µ1 =

Zπ 0

sin t d t =

1 −(−1) − (−1) 2 = . [− cos t ]π0 = π π π

2. La valeur moyenne de la fonction sin sur l’intervalle [0; 2π] est :

µ2 =

1 2π

Z2π 0

sin t d t =

1 −(−1) − (−(−1)) = 0. [− cos t ]2π 0 = 2π 2π

VIII.6.4 Exercices VIII.6.a. Peut-on, sans calcul, déterminer le signes des intégrales suivantes ? Z1 Z3 2 dx a. . b. ex ln x d x. 2 +1 1 x −2 2 Zπ Z0,8 4 dt c. . d. ex ln x d x. π cos t 0,2 3 VIII.6.b. 1. Justifier que pour tout t ∈ [0; 1] : 0 É et É e . 2. En déduire que pour tout x ∈ [0; 1] : x + 1 É ex É e x + 1. VIII.6.c. 1. Démontrer que pour tout x ∈ [1; +∞[] : ln x É x − 1 2. Démontrer que pour tout x ∈]0; 1] : ln x É x − 1 LYCÉE P ONTUS DE T YARD

VIII.6.d. 1. Justifier que pour tout t ∈ 1É

1 É 2. sin t

hπ πi : ; 6 2

2. En déduire que : 3 É π

Zπ 2

π 6

6 dt É . sin t π

VIII.6.e. Démontrer que : 105 É

Z16 p 9

x 2 + 144 d x É 140.

VIII.6.f. Déterminer la valeur moyenne de x 7→ x 2 sur [1; 4]. VIII.6.g. Déterminer la valeur moyenne de x 7→ x 2 sur [−1; 1]. VIII.6.h. Soit f une fonction continue sur un intervalle [a ; b] ; m, µ et M sont respectivement un minorant, la valeur moyenne et un majorant de f sur [a ; b]. Démontrer que : m É µ É M. Terminale VI

VIII.7. Autres techniques de calcul

117

VIII.7 Autres techniques de calcul VIII.7.1 Intégration par parties T HÉORÈME VIII.7.1 Soit u et v deux fonctions continûment dérivables 7 sur un intervalle I et a, b deux éléments de I. Zb a

u ′ (t )v(t ) d t = [u(t )v(t )]ba −

Zb

u(t )v ′ (t ) d t

a

Démonstration On a : (uv)′ = u ′ v + uv ′ ; donc : u ′ v = (uv)′ − uv ′ . Les fonctions u et v sont continûment dérivables sur I, donc les fonctions, u ′ v, (uv)′ et uv ′ sont continues sur I. En intégrant terme à terme la dernière identité, il vient : Zb Zb Zb Zb u(t )v ′ (t ) d t . u(t )v ′ (t ) d t = [u(t )v(t )]ba − (uv)′ (t ) d t − u ′ (t )v(t ) d t = a

a

ä

Exercice VIII.7.1.

Calculer :

Zπ 0

a

a

t sin t d t .

Solution Posons : v(t ) = t et u ′ (t ) = sin t . On a, v ′ (t ) = 1, et on peut prendre : u(t ) = − cos t . Les fonctions u et v sont continûment dérivables sur , en intégrant par parties, il vient : Zπ Zπ t sin t d t = [−t cos t ]π0 − − cos t d t = π + [sin t ]π0 = π.

R

0

0

Exercice VIII.7.2.

Déterminer une primitive sur ]0;+∞[ de la fonction ln.

Solution D’après le corollaire VIII.4.3, La primitive de fonction ln nulle en 1 est la fonction, F, définie par : Zx F(x) = ln t d t . 1

1 Posons : v(t ) = ln t et u ′ (t ) = 1. On a, v ′ (t ) = , et on peut prendre : u(t ) = t . t Les fonctions u et v sont continûment dérivables sur ]0; +∞[, en intégrant par parties, il vient : Zx 1 F(x) = [t ln t ]1x − t × d t = x ln x − [t ]1x = x ln x − x + 1 t 1

On peut être amener à enchaîner plusieurs intégrations par parties pour obtenir un résultat. Exercice VIII.7.3.

Calculer :

Zπ 0

t 2 cos t d t .

Solution Posons : v(t ) = t 2 et u ′ (t ) = cos t . On a, v ′ (t ) = 2t , et on peut prendre : u(t ) = sin t . Les fonctions u et v sont continûment dérivables sur , en intégrant par parties, il vient : Zπ Zπ Zπ £ ¤π t 2 cos t d t = t 2 sin t 0 − 2t sin t d t = −2 t sin t d t = −2π

R

0

0

0

Exercice VIII.7.4.

Calculer : I =

Zπ 0

e3t cos 2t d t .

Solution Posons : v(t ) = cos 2t et u ′ (t ) = e3t . On a, v ′ (t ) = −2sin 2t , et on peut prendre : u(t ) =

R

Les fonctions u et v sont continûment dérivables sur , en intégrant par parties, il vient : · ¸π Zπ Z 1 3t 2 1 1 2 π I= sin t e3t d t . − sin 2t e3t d t = e3π − + e cos 2t − 3 3 3 3 3 0 0 0 Zπ sin 2t e3t d t . Calculons :

1 3t e . 3

0

1 3t e . 3 Les fonctions u et v sont continûment dérivables sur , en intégrant par parties, il vient : · ¸π Zπ Zπ 2 1 3t 2 3t sin 2t e d t = e sin 2t − cos 2t e3t d t = − I. 3 3 3 0 0 0

Posons : v(t ) = sin 2t et u ′ (t ) = e3t . On a, v ′ (t ) = 2cos 2t , et on peut prendre : u(t ) =

R

7. Une fonction continûment dérivable sur un intervalle, I, est une fonction dérivable sur I, dont la dérivée est continue sur I.

-

série S

118

VIII. Intégration

4 Ainsi : 3I = e3π −1 − I. On en déduit que : 3

3 ¡ 3π ¢ e −1 13

I=

Exercice VIII.7.5.

1. (Un ) est la suite introduite à la deuxième ligne de section VIII.6.

Déterminer une expression de Un+1 en fonction de Un , valable pour tout entier naturel, n . 2. En déduire la résolution du problème ouvert énoncé à la sous-section VIII.4.1

Solution

1. Soit n un entier naturel. On a : Un+1 =

Z1 0

(1 − t )n+1 et d t

Posons : v(t ) = (1 − t )n+1 et u ′ (t ) = et . On a, v ′ (t ) = −(n + 1)(1 − t )n , et on peut prendre : u(t ) = et . Les fonctions u et v sont continûment dérivables sur , en intégrant par parties, il vient :

R

£ ¤1 Un+1 = (1 − t )n+1 et 0 −

Z1 0

−(n + 1)(1 − t )n et d t = −1 + (n + 1)Un

Donc, pour tout entier naturel, n :

Un+1 = −1 + (n + 1)Un

2. Ainsi la suite(Un ) a la même relation de récurrence que la suite (un ) introduite à la sous-section VIII.4.1. Si de plus ces deux suites avaient le même premier termes, elles seraient alors égales. On sait que : u0 = e −1. Calculons U0 . On a : U0 =

Z1 0

£ ¤1 et d t = et 0 = e −1.

Les suites (Un ) et (un ) sont égales, donc la suite(un ) est décroissante et converge vers 0. M M

Pour établir la relation de récurrence d’une suite définie par une intégrale, on utilise souvent une (ou plusieurs) intégration par parties.

VIII.7.2 Intégration et invariance géométrique VIII.7.2.a Intégration de fonctions paires ou impaires T HÉORÈME VIII.7.2 Soit f une fonction continue sur un intervalle I, symétrique par rapport à 0. (1)

Si f est paire, alors pour tout élément a de I : Za Za f (t ) d t = 2 f (t ) d t . 0

−a

(2)

Si f est impaire, alors pour tout élément a de I : Za −a

Démonstration Si f est paire

f (t ) d t = 0.

Soit F une primitive de f sur I. On introduit la fonction, G définie sur I par : G(x) = 2

Zx 0

f (t ) d t −

Zx

−x

f (t ) d t = 2(F(x)−F(0))−(F(x)−F(−x))F(x)+F(−x)−2F(0).

La fonction F est dérivable sur I, donc G aussi et pour tout élément,x, de I : G′ (x) = f (x) − f (−x) = 0 (car Zaf est paire). Za f (t ) d t . f (t ) d t = 2 La fonction G est donc constante sur l’intervalle I et pour tout élément,a, de I : G(a) = G(0) = 0 ; d’où : 0 −a Zx f (t ) d t = F(x) − F(−x). Si f est impaire On introduit la fonction, G définie sur I par : G(x) = −x

ä

La fonction F est dérivable sur I, donc G aussi et pour tout élément,x, de I : G′ (x) = f (x) + f (−x) = 0 (car f est impaire). Z0 Za f (t ) d t = 0. f (t ) d t = G(a) = G(0) = La fonction G est donc constante sur l’intervalle I et pour tout élément,a, de I :

Remarques

1. Lorsque f est paire, l’égalité est équivalente à :

Z0

−a

f (t ) d t =

Za 0

f (t ) d t .

En effet, on passe de l’une à l’autre en ajoutant ou en retranchant membre à membre LYCÉE P ONTUS DE T YARD

0

−a

Za 0

f (t ) d t . Terminale VI

VIII.7. Autres techniques de calcul

119

2. Lorsque f est impaire, l’égalité est équivalente à :

Z0

−a

f (t ) d t = −

Za 0

f (t ) d t .

En effet, on passe de l’une à l’autre en ajoutant ou en retranchant membre à membre

Za 0

f (t ) d t .

R

Interprétation graphique Lorsque f > 0 sur , voir figure VIII.18. Dans le cas où la f est paire, les domaines D1 et D2 ont la même aire parce qu’ils sont symétriques par rapport à l’axe des ordonnées. On en déduit que : Z0

−a

f (t ) d t =

Za 0

f (t ) d t

Dans le cas où la f est impaire, les domaines D1 et D2 ont la même aire parce qu’ils sont symétriques par rapport à l’origine. On en déduit que : Z0 Za − f (t ) d t = f (t ) d t 0

−a

Cf

~

~

D1

D2 O

−a

−a

a

~ı

Cf

f paire

D2 O

D1

~ı

a

f impaire

F IGURE VIII.18 – Intégrales de fonctions paires ou impaires.

Exemples

· 3 ¸3 Z3 t = 18. t2 dt = 2 t2 dt = 2 3 0 −3 0 Z3 t 2 d t = 0. 2. La fonction x 7→ x 3 est impaire, donc :

1. La fonction x 7→ x 2 est paire, donc :

Z3

−3

VIII.7.2.b Intégration de fonctions périodiques T HÉORÈME VIII.7.3 Soit f une fonction continue sur et périodique de période T. Pour tous nombres réels a et b. Za+T ZT Zb+T Zb (1) f (t ) d t = f (t ) d t . (2) f (t ) d t = f (t ) d t

R

0

a

Démonstration (1)

a+T

a

Soit F une primitive de f sur I.

On introduit la fonction, G, définie sur

R par : G(x) =

Zx+T

f (t ) d t = F(x + T) − F(x).

R, donc G l’est aussi et pour tout élément,x, de RZ: G′ (x) = f (x + T) − f (x) = 0 (car f est T-périodique). ZT a+T f (t ) d t . f (t ) d t = G(a) = G(0) = La fonction G est donc constante sur l’intervalle R et pour tout élément,a, de I : 0 a La fonction F est dérivable sur

x

ZT

Za+T f (t ) d t ; c’est-à-dire : F(b + T) − F(b) = F(a + T) − F(a). f (t ) d t = a 0 b Zb Zb+T f (t ) d t . ä f (t ) d t = D’où : F(b + T) − F(a + T) = F(b) − F(a) ; c’est-à-dire :

(2)

On déduit de (1) :

Zb+T

f (t ) d t =

a

a+T

R

Interprétation graphique Lorsque f > 0 sur , voir figure VIII.19. (1) Les domaines D1 et D2 ont la même aire parce qu’ils peuvent être coupés en deux morceaux tels que le premier de D2 est l’image du second de D1 par la translation de vecteur T~ı et le second de D2 est l’image du premier de D1 par la translation de vecteur 2T~ı. On en déduit que : Za+T ZT f (t ) d t = f (t ) d t . a

-

0

série S

120

VIII. Intégration (2) Les domaines D3 et D4 ont la même aire parce que D4 est l’image de D3 par la translation de vecteur T~ı. On en déduit que : Zb+T Zb f (t ) d t = f (t ) d t . a+T

a

2T~ı

Cf

Cf T~ı

T~ı

~

~ D1

O

D2 T

~ı

a

D3 a +T

O

~ı

a

D4 a +T b +T

b

F IGURE VIII.19 – Intégrale de fonction périodique.

Remarques 1. Plus généralement, pour tout entier relatif, n :

Zb+nT a+nT

f (t ) d t =

Zb

f (t ) d t .

a

2. La propriété (1) du théorème signifie que l’intégrale de f sur un intervalle d’amplitude T est indépendante de cet intervalle. 3. En particulier la valeur moyenne d’une fonction, f , T-périodique est la valeur moyenne de f sur un intervalle d’amplitude T.

VIII.7.3 Exercices VIII.7.a. Calculer :

Zπ 2

t cos t d t . 0 Z2 Z2 VIII.7.b. Calculer : t et d t et t 2 et d t . 0

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

0

VIII.7.c. Calculer : VIII.7.d. Calculer :

Z2 0

Zπ 0

t 2 e2t d t . t 2 sin 2t d t .

Terminale VI

Chapitre IX

Dénombrement IX.1 Notions Préliminaires IX.1.1 Rappels et compléments sur les ensembles Dans tout ce paragraphe, E désigne un ensemble fini. – Le cardinal de E, noté card(E) ou card E, est le nombre d’éléments de E. Par exemple, pour E = {a, b, c, d}, on a : card(E) = 4. – L’ensemble des parties de E est noté P(E) Par exemple, pour E = {a, b, c}, on a : card(E) = 3. © ª P(E) = ∅,¡{a}, {b},¢ {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c} . On a : card P(E) = 8. – Une partition© de E est un ensemble de parties non vides de E, deux à deux disjointes, dont l’union est E. ª Par exemple {a}, {b}, {c, d} est une partition de {a, b, c, d}.

T HÉORÈME IX.1.1 P RINCIPE D ’ ADDITIVITÉ Si {E1 , . . . , En } est une partition de E, alors : card(E) = card(E1 ) + · · · + card(En ). T HÉORÈME IX.1.2 Pour toute parties A et B d’un ensemble E, on a : ³ ´ (1)

card A = card(E) − card(A).

(2)

card(A ∪ B) = card(A) + card(B) − card(A ∩ B) E

Démonstration

E

A\B

A

B\A A∩B

A (1)

©

A

ª A,A est une partition de E ; donc :

On en déduit la propriété. © ª (2) A \ B,A ∩ B,B \ A est une partition de A ∪ B ; donc :

³ ´ card (A) + card A = card (E)

card (A ∪ B) = card(A \ B) + card (A ∩ B) + card (B \ A)

c’est-à-dire :

¢ ¢ ¡ ¡ card (A ∪ B) = card (A \ B) + card (A ∩ B) + card (B \ A) + card (A ∩ B) − card (B ∩ A) © ª © ª Or A \ B,A ∩ B et A ∩ B,B \ A sont respectivement des partitions de A et B ; donc :

card(A \ B) + card (A ∩ B) = card(A)

et

card (B \ A) + card(A ∩ B) = card (B).

On en déduit la propriété. ä

Exercice IX.1.1.

(1)

Dans un groupe d’individus.

200 pratiquent le football, parmi eux 80 pratiquent le rugby et 30 le tennis de table ;

121

B

122

IX. Dénombrement

(2)

160 pratiquent le rugby et parmi eux 25 pratiquent le tennis de table ;

(3)

50 pratiquent le tennis de table ;

(4)

10 pratiquent les trois sports ;

(5)

20 ne pratiquent aucun des sports cités.

Combien y a-t-il de d’individus dans ce groupe ?

Pour résoudre le problème, on peut construire le diagramme cicontre. F désigne l’ensemble des footballeurs etc. On peut répartir les individus en huit classes : F∩T∩R ; F∩T∩R ; F∩T ∩R ; F∩T∩R ; F∩T ∩R ; F∩T∩R ; F∩T∩R ; F∩T∩R; qui forment une partition de E. On en déduit la construction du diagramme : ³ ´

E

70

100

F

20

– D’après (5) : card F ∩ T ∩ R = 20 ; – D’après (4) : card(F ∩ T ∩ R) = 10 ; – D’après (1) 80 individus pratiquent le football et le rugby et on sait que parmi eux 10 pratiquent les trois sports donc 70 pra´ ³

65

10

R

15 5

20

T tiquent uniquement le football et le rugby : card F ∩ T ∩ R = 70 ; ³ ´ – De même : card F ∩ T ∩ R = 20 ; – Parmi ³ les 200´ footballeurs 100 (10+70+20) pratiquent donc au moins un des deux autres sports, d’où :

card F ∩ T ∩ R = 100 ; – D’après (2) 25 individus pratiquent le rugby et le tennis de table et on sait eux 10 pratiquent les trois ³ que parmi ´ sports donc 15 pratiquent uniquement le rugby et le tennis de table : card F ∩ T ∩ R = 15 ; – Parmi ³ les 160´ rugbymen 10+70+15 c’est-à-dire 85 pratiquent au moins un des deux autres sports, donc : card F ∩ T ∩ R = 75 ; – Parmi ³ les 50 ´pongistes 10+20+15 c’est-à-dire 45 pratiquent au moins un des deux autres sports, donc : card F ∩ T ∩ R = 5 ; On en déduit le nombre d’individu : 305. M M Pour dénombrer un ensemble, on peut en faire apparaître une partition.

IX.1.2 Produit cartésien d’ensembles

×F, des couples (x, y) où x ∈ E et y ∈ F. L’écri-

Le produit cartésien de deux ensembles E et F est l’ensemble, noté E ture E F se lit « E croix F ».

×

Exemple Pour E =© {1; 2} et F = {a ; b ; c}, on a : ª E F = (1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c)

E

×F 1 2

×

a

b

c

(1, a) (2, a)

(1, b) (2, b)

(1, c) (2, c)

T HÉORÈME IX.1.3 ¡ Lorsque E et F sont des ensembles finis : card E

1

a

(1, a)

b

(1, b)

c

(1, c)

a

(2, a)

×F¢ = card(E) × card(F).

M M

– – – –

Lorsqu’un ensemble E peut être construit par un arbre où on a : 1re étape : n 1 cas ; e 2 étape : pour chaque cas de l’étape précédente, n 2 cas ; ··· p e étape : pour chaque cas de l’étape précédente, n p cas.

On a alors : card(E) = n 1 × n 2 × · · · × n p .

2

b

(2, b)

c (2, c) Remarques 1. Plus généralement, on définit le produit cartésien de p ensembles : E1 LYCÉE P ONTUS DE T YARD

×E2 × · · · ×Ep Terminale VI

IX.2. Factorielle

123

× × ×

¡ ¢ ¡ ¢ 2. Lorsque E1 , . . ., Ep sont finis, on a : card E1 E2 · · · Ep = card(E1 ) × · · · × card Ep . p p 3. En particulier, l’ensemble E | E {z · · · E } est noté E . Les éléments de E sont les p -uplets, ou p -listes, d’élép fois ¡ ¢ ments de E. Et on a : card Ep = card(E)p .

×× ×

Exercice IX.1.2.

Combien y a-t-il de codes possibles dans un cadenas présentant quatre molettes de dix chiffres chacune.

Solution Considérons l’ensemble : E = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; ¡9} ; ¢card(E) = 10. L’ensemble des codes est l’ensemble des quadruplets (c1 ; c2 ; c3 ; c4 ) d’éléments de E. Il y a donc card E4 , c’est-à-dire 10 000, codes possibles.

IX.2 Factorielle D ÉFINITION IX.2.1 Soit n un entier naturel, on appelle n! (lire : « factorielle n » ) l’entier naturel non nul défini par :

n! =

  1 × 2 × · · · × n   1

, si n , 0 ; , si n = 0.

Exemples 1. 0! = 1 ; 1! = 1. 2. 5! = 1 × 2 × 3 × 4 × 5 = 120 ; ou encore : 5! = 3! × 4 × 5. 12 × 11 × 10 × 9 6! 12! 3. = 5×6; = = 445. 4! 4! × 8! 1×2×3×4 n! Plus généralement, pour 0 É p É n : = (p + 1) × · · · × n . p! 4. Exercice IX.2.1. Une mère a quatre petits garçons, elle a acheté quatre voitures de couleurs différentes. De combien de façons peut-elle attribuer une voiture à chacun ?

Elle a : ⊲ 4 choix possibles pour attribuer la première voiture ; ⊲ 3 choix possibles pour attribuer la deuxième voiture ; ⊲ 2 choix possibles pour attribuer la troisième voiture ; ⊲ 1 choix possible pour attribuer la dernière voiture. Soit en tout 4 ! = 24. 5. Plus généralement pour construire une bijection d’un ensemble E vers un ensemble F, de même cardinal n . On a : ⊲ n choix possibles pour attribuer l’image du premier élément ; ⊲ n − 1 choix possibles pour attribuer l’image du deuxième élément ; .. . ⊲ n − k + 1 choix possibles pour attribuer l’image du k e élément ; .. . ⊲ 1 choix possible pour attribuer l’image du dernier élément. Soit en tout n !. On en déduit le théorème suivant. T HÉORÈME IX.2.1 Le nombre de bijections d’un ensemble E vers un ensemble F, de même cardinal n, est n!. Exercice IX.2.2.

Un groupe de six personnes décide de s’asseoir autour d’une table à six places. De combien de façons les individus peuvent

ils se répartir autour de la table ?

Solution Chaque répartition est une bijection entre l’ensemble des individus et l’ensemble des places, il y a donc 6! répartitions possibles, c’est-à-dire : 720. Remarque Deux ensembles images l’un de l’autre par une bijection ont même cardinal. D ÉFINITION IX.2.2 Une permutation d’un ensemble E est une bijection de E vers E.

-

série S

124

IX. Dénombrement

Remarque Si card(E) = n , alors il y a n! permutations de E.

IX.3 Tirage de p éléments dans un ensemble à n éléments IX.3.1 Tirages successifs avec remise Exercice IX.3.1.

Une urne contient n billes, numérotés de 1 à n .

On choisit une premier bille, on note le choix et on la remet dans l’urne. On choisit une deuxième bille, on note le choix et on la remet dans l’urne. . . . On choisit une p -ième bille, on note le choix et on la remet dans l’urne. Combien y a-t-il de choix possibles ?

Solution ¡ ¢ 1re méthode L’ensemble des choix possibles est Ep , il y en a donc : card Ep = n p . 2e méthode On a n possibilités pour le premier tirage. Pour chacune des ces possibilités, on a n possibilités pour le deuxième tirage. .. . On a n possibilités pour le (p − 1)-ième tirage. Pour chacune des ces possibilités, on a n possibilités pour le p -ième tirage. Soit au total : n p choix possibles.

T HÉORÈME IX.3.1 Lorsqu’on pratique¡ le ¢tirage successif avec remise de p éléments d’un ensemble E à n éléments, le nombre de choix possibles est : card Ep = n p .

Remarque On peut avoir : p > n . Exercice IX.3.2.

Dans une classe de 17 élèves on doit choisir un responsable du cahier de texte par semaine et ceci pour les 33 semaines de

cours. Combien y a-t-il de répartitions possibles ?

Solution Désignons par E l’ensemble des élèves de la classe. Les répartitions possibles sont les 33-uplets d’éléments de E (l’ensembles des répartitions possibles est donc E33 ) ; il y a donc : 1733 ; répartitions possibles, c’est-à-dire : 40254497110927 943 179349 807 054456 171 205137.

IX.3.2 Tirages successifs sans remise Exercice IX.3.3.

Une urne contient n billes, numérotés de 1 à n .

On choisit une premier bille, on note le choix et on ne la remet pas dans l’urne. On choisit une deuxième bille, on note le choix et on ne la remet pas dans l’urne. . . . On choisit une p -ième bille (p É n ), on note le choix et on ne la remet pas dans l’urne.

Combien y a-t-il de choix possibles ?

Solution On a n possibilités le premier tirage. Pour chacune des ces possibilités, on a n − 1 possibilités le deuxième tirage. .. . On a n − p + 1 possibilités le (p − 1)-ième tirage. Pour chacune des ces possibilités, on a n − p possibilités le p -ième tirage. n! Soit au total : n(n − 1) · · · (n − p + 1) = choix possibles. | {z } (n − p)! p facteurs

T HÉORÈME IX.3.2

Lorsqu’on pratique le tirage successif sans remise de p éléments d’un ensemble E à n éléments, le nombre de choix n! possibles est : . (n − p)! LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

IX.3. Tirage de p éléments dans un ensemble à n éléments

125

Remarque On a nécessairement : 0 É p É n . Exercice IX.3.4.

Une course de chevaux, pour le tiercé, a 17 partants. Combien a t-on d’arrivées possibles ?

Solution Désignons par E l’ensemble des chevaux. Les arrivées possibles sont les triplets d’éléments distincts de E ; il 17! ; arrivées possibles, c’est-à-dire : 17 × 16 × 15 = 4080. y a donc : (17 − 3)! Remarque Lorsque p = n , un tirage est une bijection de E vers {1; 2; · · · ; n} et on obtient n! tirages possibles.

IX.3.3 Combinaisons - Tirages simultanés IX.3.3.a Combinaisons D ÉFINITION IX.3.1 Soit E un ensemble de n éléments et p un entier tel que 0 É p É n. Une combinaison de p éléments de E est une partie de E qui contient p éléments.

Exemple Pour E = {a, b, c} et p = 2. Les combinaisons de deux éléments de E sont les parties : {a, b} ; {a, c} ; {b, c}. Remarques 1. Dans un ensemble, les éléments sont deux à deux distincts. Ainsi {a, b, a} n’est pas un ensemble car il contient deux fois a . 2. Deux ensembles qui contiennent les mêmes éléments sont égaux. Ainsi : {a, b} = {b, a}.

p Notation Le nombre de parties (i.e. de combinaisons) de p éléments d’un ensemble de n éléments est noté C ou n Ã ! n , 0 É p É n. p Exemples Ã ! 3 1. De l’exemple ci-dessus, on déduit que : =3; 2 2. E est Ã !un ensemble à n éléments. Il n’existe qu’une partie de E qui contient zéro élément, c’est l’ensemble vide, n donc : =1 0 Ã ! n =1; 3. une seule partie de E contient n éléments, c’est E lui-même, donc : n Ã ! n 4. il y a autant d’éléments que de singletons, donc : = n. 1 T HÉORÈME IX.3.3 Pour tous entiers p et n tels que : 0 É p É n ; on a : Ã ! n n! . = p!(n − p)! p

Démonstration Soit A une combinaison de p éléments de E. Pour former avec les éléments de A un p-uplet d’éléments distincts on choisit quel élément sera le premier, quel élément (parmi les éléments restants) sera le deuxième et ainsi de suite. Choisir un p-uplet d’éléments distincts de A c’est donc se donner une bijection entre A et {1;... ; p}. On peut donc former p! p-uplets d’éléments distincts de A. Plus généralement, avec chaque Ã ! n combinaison de p éléments de E on peut former p! p-uplets d’éléments distincts. Or il y a combinaisons de E à p éléments, il y a donc en tout p Ã ! n p! p-uplets d’éléments distincts de E. Donc, d’après le théorème IX.3.2 : p Ã ! n n! . p! = (n − p)! p On en déduit que :

-

Ã ! n n! = p!(n − p)! p

série S

126

IX. Dénombrement

ä

Exemples Ã ! 9 9×8×7 9! 1. = = 3 × 4 × 7 = 84. = 3! × 6! 1 × 2 × 3 3 Ã ! 49 49 × 48 × 47 × 46 × 45 × 44 49! = = 44 × 3 × 46 × 47 × 49 = 13983816. = 2. 6! × 43! 1×2×3×4×5×6 6 T HÉORÈME IX.3.4 Pour tous Ã !entiers Ã p et ! n tels que : 0 É p É n ; on a : n n (1) = . p n−p Ã ! Ã ! Ã ! n −1 n −1 n (2) + = . p −1 p p Démonstration Soit p et n deux entiers tels que :Ã0 É p É Ã ! !n; n! n n! n ¡ ¢ = = (1) = ; p!(n − p)! (n − p)! n − (n − p) ! p n−p (2)

Ã

! Ã ! (n − 1)! n −1 n −1 (n − 1)! ¡ ¢ + ¡ ¢ + = p −1 p (p − 1)! (n − 1) − (p − 1) ! p! (n − 1) − p ! p(n − 1)! (n − p)(n − 1)! = + p!(n − p)! p!(n − p)! n(n − 1)! = p!(n − p)! n! = Ãp!(n ! − p)! n = p

Exemples

Ã ! Ã ! 10 10 ; = 7 3

Ã

ä

! Ã ! Ã ! 10 10 11 + = 6 7 7

Remarques Les propriétés du théorème IX.3.4 se justifient également par des arguments intuitifs simples. Soit E un ensemble à n éléments. 1. Une combinaison de E a p éléments si et seulement si la combinaison complémentaire a n − p éléments. Il y a donc autant de combinaisons de E à p éléments que de combinaisons de E à n − p éléments. 2. Dans le cas où 1 É p É n − 1, on choisit un élément fixé e . Les combinaisons de E à p éléments se répartissent en deux types ; celles qui contiennent e et celles qui ne contiennent Ã pas e!. Une combinaison contenant e est l’union de n −1 {e} avec une combinaison de E \ {e} à p − 1 éléments. Il y a donc combinaisons de E à p éléments contenant e . p −1 Ã ! n −1 combinaisons Une combinaison ne contenant pas e est une combinaison de E \ {e} à p éléments. Il y a donc p Ã ! Ã ! Ã ! n −1 n −1 n de E à p éléments ne contenant pas e ; d’où : + = p −1 p p

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

IX.3. Tirage de p éléments dans un ensemble à n éléments

127

IX.3.3.b Triangle de Pascal On sait que pour 0 < p < n, on a : Ã ! Ã ! Ã ! n −1 n −1 n + = . p −1 p p

p n

Ã ! n Ce résultat permet de calculer les nombres de proche en proche, en forp

mant le triangle de Pascal 1 à l’aide du schéma suivant :

=

Ã ! Ã ! n −1 n −1 + p −1 p Ã ! n p

0

1

3

2

4

0

1

1

1

1

2

1

2

1

3

1

3

3

1

4

1

4

6

4

1

5

1

5

10

10

5

.. .

.. .

5

···

1 ..

.

IX.3.3.c Tirages simultanés Choisir Ã !p éléments parmi les n éléments d’un ensemble E c’est se donner une combinaison de E à p éléments ; il n y a donc façons de choisir p éléments parmi n. p Exercice IX.3.5.

25 individus doivent choisir trois d’entre eux pour les représenter.

De combien de façon peuvent-ils choisir leurs trois représentants ?

Ã ! 25 choix Solution Les choix possibles sont les combinaisons de trois individus parmi les 25 du groupe, il y a donc 3 possibles ; c’est-à-dire : 2300.

IX.3.3.d La formule du binôme de N EWTON 2 T HÉORÈME IX.3.5 FORMULE DU BINÔME DE N EWTON Soit a et b deux nombres complexes non nuls et nÃ un ! entier naturel (n , 0 si a + b = 0). On a : n n X (a + b)n = a n−p b p . p p=0

Démonstration Raisonnons par récurrence sur n. Ã ! Ã ! n n X 0 0 0 a b = 1 = (a + b)0 ; a n−p b p Pour n = 0, on a : 0 p=0 p

L’égalité est donc vraie pour n = 0. Ã ! Ã ! Ã ! n n X 1 1 0 1 0 1 Pour n = 1, on a : a n−p b p = a b + a b = a + b = (a + b)1 ; 0 1 p=0 p

L’égalité est donc vraie également pour n = 1.

Supposons l’égalité vraie pour un entier naturel non nul k, c’est-à-dire : (a + b)k = On a alors :

k X

p=0

Ck ak−p b p . p

(a + b)k+1 = (a + b)(a + b)k µ ¶ 0 1 2 k k k−1 = (a + b) b + k a k−2 b 2 + ··· + k b k ka + ka µ ¶ µ 0 1 2 k 0 1 2 k+1 k k−1 2 = + k a k b + k a k−1 b 2 + ··· + k ab k + b + k a k−2 b 3 + ··· + ka k a b+ ka µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 0 1 p−1 p k−1 k k k = k a k+1 + + k a k−p+1 b p + ··· + + k ab k + k b k+1 k+ k a b + ··· + k k

C

C

C

C

C C C C C C C C C C C C C C 0 1 p k k+1 k+1 k k−p+1 p k = Ck+1 a + Ck+1 a b + ··· + Ck+1 a b + ··· + Ck+1 ab + Ck+1 b k+1 k+1 p X Ck+1 ak+1−p b p =

C

Ck bk+1 k

¶

p=0

1. Blaise PASCAL (1623 - 1662), mathématicien, physicien et philosophe français. 2. Isaac N EW TON (1642 - 1727), mathématicien, physicien et astronome anglais.

-

série S

128

IX. Dénombrement

Ou encore : (a + b)k+1 = (a + b)(a + b)k k p X k−p p b = (a + b) ka

C

p=0 k k p p X X k−p p k−p p b b +b =a ka ka p=0 p=0 k k p p X X k−p+1 p k−p p+1 = b + b ka ka p=0 p=0 k+1 k p−1 X p X k−p+1 p a k−p+1 b p b + = k ka p=1 p=0 ¶ k µ p 0 p−1 k X k−p+1 p = k a k−0+1 b 0 + b + k a k−p+1 b p + k a k−(k+1)+1 b k+1 ka p=1 ´ k ³ p 0 k+1 X k−p+1 p k+1−0 0 = k+1 a b + k+1 a k+1−(k+1) b k+1 b + k+1 a p=1 k+1 p X k+1−p p b = k+1 a p=0

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

Donc, par récurrence, la formule du binôme de Newton est démontrée. ä

Remarques

Ã ! n 1. Cette formule explique le nom de « coefficients binomiaux » donné aux nombres . p 2. La formule du binôme de Newton peut également être établie à partir de considérations plus intuitives. Fixons n , on a :

(a + b)n = (a + b) × · · · × (a + b) . | {z }

(IX.1)

n facteurs

a +b est une somme de monômes de degré 1 en a et b donc (a +b)n est une somme de monômes de degré n en a et b ; c’est-à-dire de monômes de la forme : αp a n−p b p ; en observant la formule (IX.1) on remarque que αp est le nombre de fois où apparaît a n−p b p dans le développement. Or les monômes a n−p b p apparaissent lorsqu’on prend a dans n − p n−p p facteurs et b dans les p facteurs restants. Par conséquent, il y a autant de Ã ! monômes aÃ ! b dans le développement Ã ! n n n qu’il y a de façons de choisir n − p facteurs parmi n ; c’est-à-dire : ; ou encore : ; donc : αp = ; puis : n−p p p Ã ! n n X (a + b) = a n−p b p p p=0 n

Exemples

Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! 6 6 6 5 6 4 2 6 3 3 4 2 4 6 1 5 6 0 6 1. (2 + i ) = 2 + 2 i+ 2 i + 2 i + 2 i + 2 i + 2 i 0 1 2 3 2 5 6 = 1 × 64 + 6 × 32i + 15 × 16 × (−1) + 20 × 8 × (−i ) + 15 × 4 × 1 + 6 × 2 × i + 1 × 1 × (−1) = −117 + 44i p p p p p p 2. (1 + 2)5 = 1 + 5 2 + 10 22 + 10 23 + 5 24 + 25 p p p = 1 + 5 2 + 10 × 2 + 10 × 2 2 + 5 × 4 + 4 2 p = 41 + 29 2 6

C OROLL AIRE IX.3.6 Soit E un ensemble à n éléments. Le nombre de parties de E est : 2n Ã ! n DémonstrationPour tout entier p tel que : 0 É p É n ; le nombre de parties de E à p éléments est : . Donc : p Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! n n n n n n n 1 n n 0 cardP(E) = + + ··· + + = 1 × 10 + 1 × 1n−1 + ··· + 1n−1 × 11 + 1 × 1n = (1 + 1)n = 2n ä 0 1 n −1 n 0 1 n −1 n

Remarque On aurait pu obtenir cette propriété sans utiliser la formule du binôme du Newton. En effet, numérotons les éléments de E de 1 à n . Considérons une partie A de E, à chaque numéro associons ∈ si l’élément correspondant appartient à A et ∉ sinon, on associe ainsi à A un n -uplet d’éléments de {∈, ∉}. En répétant le procédé pour toutes les parties de A de E, on met en bijection l’ensemble des parties de E avec l’ensemble des n -uplets d’éléments de {∈, ∉} ; d’où : cardP(E) = 2n .

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

IX.3. Tirage de p éléments dans un ensemble à n éléments

129

IX.3.4 Tableau récapitulatif Le tableau ci-dessous récapitule les façons de calculer le cardinal de l’univers dans les principaux cas. Tirages successifs de p éléments parmi n avec remise

np

sans remise

n! (n − p)!

Tirage simultané de p éléments parmi n Ã ! n n! = p!(n − p)! p

TABLE IX.1 – Tableau récapitulatif

-

série S

130

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

IX. Dénombrement

Terminale VI

Chapitre X

Calcul des probabilités X.1 Calculs de probabilités X.1.1 Vocabulaire des événements X.1.1.a Expérience aléatoire – Lorsqu’on lance un dé, six résultats sont possibles : 1, 2, 3, 4, 5, 6. On dit qu’on a réalisé une expérience aléatoire (ou épreuve) comportant 6 éventualités ou issues et que l’univers associé a cette expérience aléatoire est : Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6}. – Le lancer de deux pièces de monnaies distinctes est une expérience aléatoire comportant 4 éventualités. L’univers associé à cette épreuve est : Ω = {(P, P) ; (P, F) ; (F, P) ; (F, F)}. Dans la première moitié de ce chapitre, les univers considérés sont des ensembles finis non vides.

X.1.1.b Événements liés à une expérience aléatoire D ÉFINITIONS X.1.1 Soit Ω l’univers associé à une expérience aléatoire. (1) On appelle événement toute partie de Ω. (2) On appelle événement élémentaire tout singleton de Ω.

Exemples Dans le lancer d’un dé : 1. « obtenir un nombre pair » est l’événement {2; 4; 6} ; 2. « obtenir un nombre premier pair » est l’événement élémentaire {2}. Dans une épreuve, un événement est réalisé s’il contient le résultat de l’expérience. Par exemple, si on obtient « 4 » lors d’un lancer de dé, l’événement « obtenir un nombre pair » est réalisé. Le tableau suivant indique la signification des diverses expressions utilisées dans le langage des événements. Vocabulaire des événements Signification ensembliste Notation Univers Éventualité ou issue Événement Événement élémentaire Événement certain Événement impossible Événement « A ou B » Événement « A et B » Événements A et B incompatibles

Ensemble Ω Élément de Ω Partie de Ω Singleton Partie pleine Partie vide Réunion des parties A et B Intersection des parties A et B Parties A et B disjointes

Ω ω (ω ∈ Ω) A(A ⊂ Ω) {ω}(ω ∈ Ω) Ω

Événement contraire de A

Complémentaire de A dans Ω

A

∅ A∪B A∩B A∩B = ∅

Exemples Dans le lancer d’un dé, on considère les événements A : « obtenir un nombre pair » ; B : « obtenir un nombre premier » ; C : « obtenir 6 ». 1. On a : A ∪ B = {2; 3; 4; 5; 6} ; A ∪ B est l’événement « obtenir un nombre pair ou premier ». 2. On a : A ∩ B = {2} ; A ∩ B est l’événement « obtenir un nombre pair et premier ». 3. Les événements B et C sont incompatibles. 131

132

X. Calcul des probabilités

¯ = {1; 3; 5} ; A ¯ est l’événement : « obtenir un nombre impair ». 4. On a : A

X.1.2 Probabilité d’un événement X.1.2.a Introduction On lance un dé bien équilibré ; l’univers associé à cette épreuve est : Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6}. La chance d’apparition est la même pour chaque face. – L’événement {2} a une chance sur six d’être réalisé ; on dit que la probabilité de cet événement est

1 . 6

– L’événement {1; 5} a deux chances sur six d’être réalisé, on dit que la probabilité de cet événement est 1 . 2 – L’événement certain a six chances sur six d’être réalisé ; sa probabilité est 1. – L’événement impossible n’a aucune chance d’être réalisé ; sa probabilité est 0.

1 . 3

– « obtenir un nombre pair » est l’événement {2; 4; 6}, dont la probabilité est

D ÉFINITION X.1.2 Soit Ω l’univers associé à une expérience aléatoire. Une probabilité sur l’univers Ω est une application P de P(Ω) vers [0; 1], qui à toute partie A de Ω associe le nombre réel P(A) appelé probabilité de l’événement A et qui vérifie les conditions suivantes : – la probabilité d’un événement est la somme des probabilités des événements élémentaires qui le constituent ; – la probabilité de l’événement certain est 1 ; – la probabilité de l’événement impossible est 0.

Remarques 1. La probabilité de l’événement élémentaire {ω} est notée P(ω). 2. Une probabilité P est parfaitement déterminée par la donnée des probabilités des événements élémentaires.

ω P(ω)

ω1 p1

··· ···

ωi pi

··· ···

ωn pn

Exemples On lance un dé pipé dont les faces sont numérotées de 1 à 6. La probabilité d’apparition d’un nombre pair est le double de la probabilité d’apparition d’un nombre impair et les probabilités d’apparition de deux nombres de même parité sont égales. 1. Déterminer la probabilité d’apparition de chaque face du dé. L’univers est : Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6}. Soit p la probabilité d’apparition d’un nombre pair et q celle d’un nombre impair. On a : p = 2q . Or : P(Ω) = 1 ; donc : 3p + 3q = 1. 1 2 ω 1 2 3 4 5 6 On en déduit que : q = et p = . 9 9 1 2 1 2 1 2 Le tableau ci-contre donne la probabilité d’apparition de chaque face P(ω) 9 9 9 9 9 9 du dé. 2. Quelle est la probabilité d’apparition d’un nombre inférieur ou égal à 4 ? La probabilité cherchée est celle de l’événement : A = {1; 2; 3; 4} . 2 On a : P(A) = P(1) + P(2) + P(3) + P(4) = . 3

X.1.2.b Équiprobabilité Lorsque les événements élémentaires d’une expérience ont la même probabilité, on dit qu’il y a équiprobabilité. Les situations d’équiprobabilité sont généralement suggérées par des expressions comme : « dé parfait », « dé non pipé », « pièce parfaite » « boules indiscernables au toucher », « cartes bien battues », « on tire au hasard » etc. T HÉORÈME X.1.1 Soit P une probabilité définie sur un univers Ω. card(A) Dans l’hypothèse d’équiprobabilité, pour tout événement A, on a : P(A) = . card(Ω) Démonstration Les événements élémentaires ont tous la même probabilité, soit p cette probabilité. On a : P(Ω) = 1 ; donc : p card (Ω) = 1 ; d’où : 1 . p= card (Ω)

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

X.1. Calculs de probabilités

133

On en déduit que pour tout événement A, on a : P(A) = p card (A) =

card (A) .ä card (Ω)

Remarque Les éventualités de A sont appelés cas favorables et celles de Ω, cas possibles. nombres de cas favorables . On écrit souvent : P(A) = nombres de cas possibles Exercice X.1.1.

On lance deux dés parfaits et on note la somme des nombres obtenus.

Quelle est la probabilité d’obtenir 10 ?

Solution L’univers Ω est l’ensemble des couples d’éléments de : {1; 2; 3; 4; 5; 6}. On a : card(Ω) = 62 = 36. « Obtenir 10 » est l’événement : {(4; 6), (5; 5), (6; 4)}.

On est dans une situation d’équiprobabilité (dés parfaits), donc la probabilité cherchée est : Exercice X.1.2.

1 . 12

On tire simultanément et au hasard 5 cartes dans un jeu de 32 cartes.

Quelle est la probabilité de tirer le roi de cœur ?

Ã

! 32 = 201376. Solution L’univers Ω est l’ensemble des combinaisons de 5 cartes d’un jeu de 32, donc : card(Ω) = 5 Les cartes sont tirées au hasard, on est donc dans une situation d’équiprobabilité. Soit A l’événement : « tirer leÃ roi! de cœur ». Réaliser A c’est choisir le roi de cœur puis tirer 4 cartes parmi les 31 cartes 31 restantes ; donc : card(A) = = 31465. 4 31465 5 card(A) = = = 0,156 25. La probabilité cherchée est donc : card(Ω) 201376 32

X.1.2.c Propriétés

T HÉORÈME X.1.2 Soit P une probabilité définie sur un univers Ω, A et B deux événements. On a : (1) si A ∩ B = ∅ alors : P(A ∪ B) = P(A) + P(B) ; ¯ = 1. (2) P(A) + P(A) Démonstration (1)

Si l’un (au moins) des événements A ou B est impossible, alors la propriété est évidente. En effet si A = ∅ alors : P(A ∪ B) = P(∅ ∪ B) = P(B) et

P(A) + P(B) = P(∅) + P(B) = 0 + P(B) = P(B).

Si les deux événements sont possibles, alors quitte à numéroter à nouveau les éventualités on peut supposer que : A = {ω1 ;... ;ωp } et B = {ωp+1 ;... ;ωq }.

On a alors : A ∪ B = {ω1 ;... ;ωq } ; p q q X X X d’où : P(A) + P(B) = P(ωi ) + P(ωi ) = P(ωi ) = P(A ∪ B). (2)

i =1

i =p+1

i =1

¯ on obtient : P(A) + P(A) ¯ = P(A ∪ A) ¯ = P(Ω) = 1. ä Pour B = A,

Remarque Plus généralement, par récurrence, on déduit de (1) que si A1 , . . ., An sont des événements deux à deux incompatibles, alors : P(A1 ) + · · · +ÃP(An ) != P(A1 ∪ · · · ∪ An ). n n X [ Ai = Ce qui peut également s’écrire : P P(Ai ). i=1 i=1 Ω On en déduit le théorème suivant. T HÉORÈME X.1.3 T HÉORÈME FAIBLE DES PROBABILITÉS TOTALES © ª Si A1 , . . . , An est une partition 1 d’un événement A, alors : P(A) = P(A1 ) + · · · + P(An ).

A1 A3

A

A2

T HÉORÈME X.1.4 Soit P une probabilité définie sur un univers Ω et A, B deux événements. On a : P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B). Démonstration

-

série S

134

X. Calcul des probabilités

Ω Notons A’ le complémentaire de A ∩ B dans A et B’ le complémentaire de A ∩ B dans B. On a : A = (A ∩ B) ∪ A′ , avec (A ∩ B) ∩ A′ = ∅ ; donc : P(A) = P(A ∩ B) + P(A′ ). On a : B = (A ∩ B) ∪ B′ , avec (A ∩ B) ∩ B′ = ∅ ; donc : P(B) = P(A ∩ B) + P(B′ ). A∩B A’ B’ Tout élément de A ∪ B est soit ä © ′élément ′de ª A mais pas de B, soit élément de B mais pas de A soit élément des deux. A ,A ∩ B,B est donc une partition de A ∪ B. On en déduit ′ . que : P(A ∪ B) = P(A ) + P(B′ ) + P(A ¡ ¢ ∩¡ B) ¢ P(A ∪ B) = P(A′ ) + P(A ∩ B) + P(B′ ) + P(A ∩ B) − P(A ∩ B) P(A ∪ B) = P(A ∩ B) + P(A ∪ B) A B P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) Exercice X.1.3. Une urne contient 15 boules, numérotées de 1 à 15. On tire au hasard une boule et on désigne par N son numéro. On désigne

respectivement par A et B les événements « N est pair » et « N est multiple de trois ». 1. Déterminer la probabilité des événements A, B et A ∩ B. ¯, B ¯ et A ∪ B. 2. Calculer la probabilité des événements A

Solution 1. L’univers est : Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 ; 8 ; 9 ; 10; 11 ; 12; 13 ; 14 ; 15} ; La boule est tirée au hasard on a donc équiprobabilité. 1 Pour tout événement élémentaire {ω}, on a donc : P(ω) = ; 15 7 5 1 ; P(B) = P({3; 6; 9; 12; 15}) = = d’où : P(A) = P({2; 4; 6; 8; 10; 12; 14}) = 15 15 3 2 et P(A ∩ B) = P({6; 12}) = . 15 8 2 ¯ ¯ = 1 − P(B) = ; ; P(B) 2. On a : P(A) = 1 − P(A) = 15 3 1 2 2 7 + − = . et P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) = 15 3 15 3

X.1.2.d Événements indépendants D ÉFINITION X.1.3 Soit P une probabilité définie sur un univers Ω. Deux événements A et B sont indépendants lorsque : P(A ∩ B) = P(A) × P(B). Dans le cas contraire, A et B sont dits dépendants.

Exemples 1. Dans une classe de 36 élèves, on aimerait savoir si les élèves littéraires sont meilleurs en sport que les élèves non littéraires. Littéraires Non littéraires Total Un élève est déclaré littéraire lorsqu’il a obtenu la Sportifs 18 6 24 moyenne en français, sportif lorsqu’il a obtenu la Non sportifs 9 3 12 moyenne en éducation physique et sportive. Le taTotal 27 9 36 bleau ci-joint récapitule les résultats de l’enquête menée dans cette classe.

TABLE X.1 – sportifs & littéraires On choisit au hasard un élève et on considère les événements suivants.

S : « l’élève est sportif » L : « l’élève est littéraire » On a : P(S) =

2 3 1 ; P(L) = et P(S ∩ L) = ; donc : 3 4 2 P(S ∩ L) = P(S) × P(L)

Les événements S et L sont indépendants. Si on choisit un littéraire au hasard, la probabilité pour qu’il soit sportif est :

18 2 = . 27 3

Si on choisit un non littéraire au hasard, la probabilité pour qu’il soit sportif est encore : Dans cette classe, les littéraires ne sont ni plus ni moins sportifs que les non littéraires. 2. Une classe comprend 15 filles et 21 garçons. LYCÉE P ONTUS DE T YARD

6 2 = . 9 3

Terminale VI

X.1. Calculs de probabilités

135

On demande des volontaires pour former une équipe de football mixte, on obtient les résultats ci-contre. On choisit un (ou une) élève au hasard dans la classe et on considère les événements F : « l’élève est une fille » et V : « l’élève est volontaire » . 5 2 2 ; P(V) = et P(V ∩ F) = ; donc : On a : P(F) = 12 3 9

Volontaires Non volontaires Total

Filles 8 7 15

Garçons 16 5 21

Total 24 12 36

TABLE X.2 – Volontaires par genre

P(F ∩ V) , P(F) × P(V)

Les événements F et V sont dépendants.

8 . 15 16 Si on choisit un garçon au hasard, la probabilité pour qu’il soit volontaire est : . 21

Si on choisit une fille au hasard, la probabilité pour qu’elle soit volontaire est :

Plus généralement, on définit l’indépendance de n événements. D ÉFINITION X.1.4 Soit P une probabilité définie sur un univers Ω. n événements A1 , . . . , An sont indépendants lorsque pour tout sous-ensemble {i 1 , . . . , i p } de {1; . . . ; n}, on a : P

Ã

p \

k=1

!

Ai k =

p Y

P(Ai k ).

k=1

Remarque Les considérations précédentes permettent de calculer la probabilité de A ∩ B lorsque A et B sont des événements indépendants. Cette indépendance peut être signalée dans l’énoncé. Mais elle peut aussi découler des conditions de l’expérience ; ainsi, il y a indépendance entre les résultats : – de tirages successifs avec remise ; – de jets successifs d’un dé, ou d’une pièce de monnaie. Exercice X.1.4.

On joue à pile ou face avec une pièce tordue où la probabilité d’obtenir face est

cette pièce. On désigne par F1 l’événement « obtenir face au

1er

lancer » puis F2 . . .

1 2 et celle d’obtenir pile . On lance neuf fois 3 3

Quelle est la probabilité de l’événement (F1 et F2 et F9 ) ?

Solution Les événements F1 , F2 et F9 sont indépendants donc : P(F1 et F2 et F9 ) = P(F1 ) × P(F2 ) × P(F9 ) = Exercice X.1.5.

µ ¶3 1 3

Un joueur de fléchettes dispose d’une cible carrée d’un mètre de côté. Il lance une fléchette, on suppose qu’il plante la

fléchette dans la cible, mais n’importe où dans la cible. Ainsi la probabilité que la fléchette se plante dans une région R est l’aire, en mètre carré de cette région. Par abus de langage nous identifierons la région et l’événement correspondant. On considère les événements suivants. A ;C

;D

;B

.

1. Démontrer que les événements A, B, C et D sont deux à deux indépendants. 2. Les événements A, B, C sont-ils indépendants ? 3. Les événements A, B, C, D sont-ils indépendants ?

Solution 1. Les aires des régions A, B, C, D représentent chacune la moitié de l’aire de la cible, donc : 1 P(A) = P(B) = P(C) = P(D) = . 2

D’où : P(A) × P(B) = P(A) × P(C) = P(A) × P(D) = P(B) × P(C) = P(B) × P(D) = P(C) × P(D) =

1 4

Les intersections sont définies par : A ∩ B ; A ∩ C ; A ∩ D ; B ∩ C ; B ∩ D ; C ∩ D . Les aires de ces intersections représentent chacune le quart de l’aire de la cible aire ; donc : P(A ∩ B) = P(A ∩ C) = P(A ∩ D) = P(B ∩ C) = P(B ∩ D) = P(C ∩ D) =

1 4

Les événements A, B, C et D sont donc deux à deux indépendants. 2. On sait déjà que les événements A, B, C sont deux à deux indépendants, pour savoir s’ils sont indépendants il ne 1 reste plus qu’a comparer P(A) × P(B) × P(C) avec P(A ∩ B ∩ C). On a : P(A) × P(B) × P(C) = . 8 1 A ∩ B ∩ C est la région : ; donc : P(A ∩ B ∩ C) = . 8

-

série S

136

X. Calcul des probabilités

Par conséquent les événements A, B, C sont indépendants. 3. On sait déjà que les événements A, B, C, D sont deux à deux indépendants, pour savoir s’ils sont indépendants il ne reste plus qu’a savoir si, lorsqu’on en choisit trois ou lorsqu’on choisit les quatre, la probabilité de l’intersection est le produit des probabilités. 1 D’après l’étude menée en 1. : A ∩ D = B ∩ D ; donc : A ∩ B ∩ D = A ∩ D ; d’où : P(A ∩ B ∩ D) = . 4 1 Or : P(A) × P(B) × P(D) = . 8 Les événements A, B, C, D sont donc dépendants.

X.1.3 Probabilités conditionnelles Dans cette partie, un univers Ω est muni d’une probabilité P.

Ω

X.1.3.a Introduction Soit A et B deux événements (P(A) , 0). On cherche à connaître la probabilité que B se réalise sachant que A est réalisé. On appellera probabilité de B sachant A cette probabilité et on la notera : PA (B) ou P(B|A). Pour répondre à cette question, il suffit en fait de prendre A comme nouvel univers. La probabilité sur ce nouvel univers est notée PA . On doit avoir : PA (A) = 1 ; on choisit donc de définir, pour tout événement B, PA (B) par : PA (B) =

A

P(B ∩ A) . P(A)

B

D ÉFINITION X.1.5 P ROBABILITÉ CONDITIONNELLE Soit A un événement de probabilité non nulle. La probabilité sachant A, notée PA , est la probabilité définie par : PA (B) =

P(B ∩ A) . P(A)

Exemples Reprenons les exemples de la définition X.1.3 (événements indépendants) page 134. 1. On choisit un élève au hasard, sachant qu’il est littéraire, quelle est la probabilité pour qu’il soit sportif ? Solution P(S ∩ L) 2 5 2 PL (S) = = × = . P(L) 5 3 3

On remarque que : PL (S) = P(S). 2. On choisit une élève au hasard, sachant qu’il est littéraire, quelle est la probabilité pour qu’elle soit volontaire pour jouer au football ? Solution P(V ∩ F) 2 12 8 PF (V) = = × = . P(F) 9 5 15

On remarque que : PF (V) , P(V). Remarque Dans les exemples ci-dessus, les probabilités conditionnelles peuvent s’obtenir par lecture directs dans les tableaux X.1 et X.2 pages 134 et 135. T HÉORÈME X.1.5 Soit A et B deux événements tels que : P (A) , 0. (1) A et B sont indépendants si et seulement si : PA (B) = P(B). (2) P(A ∩ B) = PA (B) × P(A). Démonstration (1) (2)

P(B ∩ A) = P(B) ⇐⇒ P(A) × P(B) = P(B ∩ A). P(A) C’est une conséquence de la définition X.1.5. ä

PA (B) = P(B) ⇐⇒

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

X.1. Calculs de probabilités

137

X.1.3.b Arbres pondérés Pour schématiser une situation et effectuer rapidement les calculs demandés, on représente souvent la situation étudiée par un arbre pondéré. L’arbre ci-contre représente le situation du tableau X.2 page 135. D’après ce tableau : 5 5 2 7 1 ; P(V ∩ F) = × = . P(V) = ; PV (F) = 3 12 3 12 36 Déterminer la probabilité des événements : V ∩ F ; V ∩ F ; V ∩ F et V ∩ F. Combien vaut la somme des probabilités des événements : V ∩ F ; V ∩ F ; V ∩ F et V ∩ F.

2 3

1 3

F

V et F

2 3

F

V et F

F

V et F

F

V et F

V

7 12 1 3

V 5 12

Remarque Un arbre pondéré est une représentation intuitive permettant une utilisation simplifiée du théorème X.1.5.

X.1.3.c Théorème des probabilités totales On se propose d’utiliser l’arbre pondéré ci-dessus pour déterminer P(F). {V, V} est une partition de l’univers Ω, donc {V ∩ F, V ∩ F} est une partition de F. En utilisant le théorème faible des probabilités totales (théorème X.1.3 page 133) on en déduit que : P(F) = P(V ∩ F) + P(V ∩ F) or : P(V ∩ F) = P(V) × PV (F) =

8 2 1 × = 3 3 36

P(V ∩ F) = P(V) × PV (F) =

et

donc : P(F) =

1 7 7 × = 3 12 36

5 . 12

© ª Plus généralement, si B1 , . . . , Bn est une partition de l’univers Ω, © alors pour toutªévénement A : B1 ∩ A, . . . , Bn ∩ A ; est une partition de A et on a :

P(A) = P(B1 ∩ A) + · · · + P(Bn ∩ A).

On en déduit le théorème suivant : T HÉORÈME X.1.6 T HÉORÈME DES PROBABILITÉS TOTALES © ª Si B1 , . . . , Bn est une partition de l’univers Ω telle que pour tout i : P(Bi ) , 0 ; alors pour tout événement A : P(A) = P(B1 ) × PB1 (A) + · · · + P(Bn ) × PBn (A).

Ω B1

B2

B7

B8 B3

A

B6

B5

B4

X.1.3.d Exercice résolu Exercice X.1.6.

Un sac contient 5 billes blanches et 8 billes noires, indiscernables au touché. On tire successivement et sans remise trois

billes. 1. Décrire l’univers. 2. Déterminer la probabilité de chaque événement élémentaire. 3. Déterminer la probabilité d’obtenir une bille blanche au troisième tirage. 4. Déterminer la probabilité d’obtenir une bille blanche au deuxième tirage. 5. Déterminer la probabilité d’obtenir une bille noire au deuxième tirage et une bille blanche au troisième tirage. 6. Déterminer la probabilité d’avoir obtenu au deuxième tirage une bille noire, sachant que la bille obtenue au troisième tirage était blanche.

Solution 1. À chaque tirage on peut obtenir soit une bille blanche (B) soit une bille noire (N). L’univers est donc l’ensemble des 3-listes d’éléments {B, N} où, par exemple, (B, N, N) représente l’éventualité : « tirer d’abord une bille blanche puis deux billes noires ». 2. Désignons par B1 l’événement : « obtenir une bille blanche au 1er tirage » et définissons de même B2 , B3 , N1 , N2 et

-

série S

138

X. Calcul des probabilités

N3 . Les billes sont indiscernables au touché, on a donc équiprobabilité à chaque tirage ; ce qui signifie qu’à chaque tirage la probabilité d’obtenir une couleur est le quotient du nombre de billes de cette couleur par le nombre total de billes dans le sac. 3 5 8 11 (B,B,B) B3 8 billes noires ; donc : P(B1 ) = et P(N1 ) = . 13 13 1 B2 Si B1 est réalisé il reste alors 4 billes blanches et 8 billes noires 3 8 1 2 N3 (B,B,N) 11 dans le sac ; d’où : PB1 (B2 ) = et PB1 (N2 ) = . 3 3 B1 En poursuivant ce raisonnement jusqu’à l’élimination de tous 4 5 11 (B,N,B) B3 13 les cas possibles, on obtient l’arbre pondéré ci-contre dont on 2 3 N 2 déduit par exemple que : 5 2 7 70 7 N3 (B,N,N) P(B, N, N) = . × × = 11 13 3 11 429 4 En procédant de même pour toutes les éventualités, on obtient 11 B3 (N,B,B) l’arbre pondéré ci-contre d’où l’on tire le tableau ci-dessous. Événement

(B, B, B) (B, B, N) (B, N, B) (B, N, N) 15 40 40 70 Probabilité 429 429 429 429 Événement (N, B, B) (N, B, N) (N, N, B) (N, N, N) 40 70 70 84 Probabilité 429 429 429 429 © ª 3. On a : B3 = (B, B, B), (B, N, B), (N, B, B), (N, N, B) ; donc : P(B3 ) =

5 12

8 13

B2

7 11

N1

5 11 7 12

N3

(N,B,N)

B3

(N,N,B)

N3

(N,N,N)

N2 6 11

5 15 + 40 + 40 + 70 = . 429 13

© ª 4. On a : B2 = (B, B, B), (B, B, N), (N, B, B), (N, B, N) ; donc :

P(B2 ) =

© ª 5. On a : N2 ∩ B3 = (B, N, B), (N, N, B) ; donc :

P(N2 ∩ B3 ) =

6. PB3 (N2 ) =

15 + 40 + 40 + 70 5 = . 429 13

40 + 70 10 = ; 429 39

P(N2 ∩ B3 ) 10 13 2 = × = ; P(B3 ) 39 5 3

X.2 Variable aléatoire X.2.1 Introduction On lance deux dés bien équilibrés (un vert et un rouge) et on s’intéresse à la somme, X, obtenue. L’univers est l’ensemble des couples d’éléments de {1; 2; 3; 4; 5; 6} donc : card(Ω) = 36 ; les dés étant bien équilibrés, chaque événement élémentaire a la même probabilité : 1 . L’ensemble des valeurs possible de X est : {2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10 ; 11; 12}. On désigne 36 par : X = 2 ; l’événement : « la somme obtenue est 2 ». Afin de mieux connaître la « loi de probabilité de X », on dresse le tableau ci-contre. L’événement : X = 8 ; est réalisé 5 5 fois, donc : P(X = 8) = . 36 En procédant de même pour tout les valeurs possibles de X, on obtient le tableau cidessous. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1 P(X = n) 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 D ÉFINITION X.2.1 On appelle variable aléatoire X sur un univers Ω toute application de Ω vers

1

2

3

4

5

6

1

2

3

4

5

6

7

2

3

4

5

6

7

8

3

4

5

6

7

8

9

4

5

6

7

8

9

10

5

6

7

8

9

10 11

6

7

8

9

10 11 12

r

v

n

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

R. Terminale VI

X.2. Variable aléatoire

139

Notations et vocabulaire 1. X(Ω) est appelé univers image de Ω par X. 2. (X = xi ) désigne l’événement « X prend la valeur xi ». 3. (X É a ) désigne l’événement « X prend une valeur inférieure ou égal à a ». D ÉFINITION X.2.2 Soit P une probabilité définie sur un univers Ω. La loi de probabilité d’une variable aléatoire X sur Ω est l’application qui à toute valeur xi prise par X associe P(X = xi ). Il est d’usage de représenter une loi de probabilité par un tableau n X p i = 1. et il recommandé de vérifier que :

xi P(X = xi )

i=1

x1 p1

x2 p2

··· ···

xn pn

13

14

X.2.2 Fonction de répartition d’une variable aléatoire D ÉFINITION X.2.3 Soit une variable aléatoire X définie sur un univers Ω muni d’une probabilité P. La fonction de répartition de X est l’application F de vers [0,1] définie par :

R

F(x) = P(X É x).

Exemple Reprenons l’exemple introductif ; F est définie par :

F(x) =

  0     1    36      3   36      6    36      10   36      15   36  21    36      26   36       30   36      33   36      35     36  1

1

, si x < 2;

33 36 30 36

, si 2 É x < 3 ; , si 3 É x < 4 ;

26 36

, si 4 É x < 5 ; , si 5 É x < 6 ;

21 36

, si 6 É x < 7 ;

15 36

, si 7 É x < 8 ; , si 8 É x < 9 ;

10 36

, si 9 É x < 10 ;

6 36 3 36 1

, si 10 É x < 11 ; , si 11 É x < 12 ; , si 12 É x.

36

−2 −1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

15

Remarques 1. F est une fonction en escalier, définie et croissante sur . 2. La représentation graphique de F est l’équivalent, en probabilité, de la courbe des fréquences cumulées croissantes en statistique.

R

X.2.3 Caractéristiques d’une variable aléatoire X.2.3.a Espérance mathématique Un casino propose le jeu suivant : le joueur mise 16 euros, lance un dé bien équilibré et la banque lui rembourse le carré du nombre obtenu. Ce jeu est-il avantageux pour le joueur ? Désignons par X le gain, en euros, du joueur pour une partie. S’il obtient 6 on lui rembourse 36, il a donc gagné 20 euros.

-

série S

140

X. Calcul des probabilités

L’univers est : Ω = {1; 2; 3; 4; 5, 6} ; l’univers image est donc : xi −15 −12 −7 0 9 20 X(Ω) = {−15; −12; −7; 0; 9; 20}. 1 1 1 1 1 1 P(X = xi ) Le dé étant bien équilibré, on a équiprobabilité sur l’univers 6 6 6 6 6 6 et donc, ici, sur l’univers image ; on en déduit la loi de probabilité de X. Sur un 600 parties un joueur réalisera en moyenne 100 fois chaque événement élémentaire. Le gain moyen par partie sera donc : ¢ 5 1 ¡ 100 × (−15) + 100 × (−12) + 100 × (−7) + 100 × 0 + 100 × 9 + 100 × 20 = − 600 6

5 € par partie. 6 5 1 1 1 1 1 1 On remarque que : = −15 × − 12 × − 7 × + 0 × + 9 × + 20 × . 6 6 6 6 6 6 6 Plus généralement, on a la définition suivante. D ÉFINITION X.2.4 Soit X une variable aléatoire prenant les valeurs x1 , . . . , xn avec les probabilités respectives p 1 , . . . , p n . On appelle espérance mathématique de X le nombre réel, noté E(X), défini par : On peut donc espérer perdre en moyenne

E(X) = x1 p 1 + · · · + xn p n =

n X

xi p i .

i=1

Remarques 1. L’espérance mathématique est l’équivalent, en probabilité, de la moyenne en statistique. 2. L’espérance est donc une caractéristique de position. 3. Pour une variable aléatoire constante ω 7→ λ, (x1 = · · · = xn = λ) on a : E(λ) = λ. xi x1 x2 · · · P(X = xi ) p1 p2 · · · 4. Pour calculer l’espérance d’un variable aléatoire, il peutêtre commode de reprendre la tableau de la loi de probaxi p i x1 p 1 x2 · · · bilité de la façon suivante. Exercice X.2.1.

Solution

xn pn xn p n

Total 1 E(X)

Calculer l’espérance de la variable aléatoire de l’exemple introductif (§ X.2.1 page 138).

2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 P(X = n) 36 36 36 36 36 2 6 12 20 30 nP(X = n) 36 36 36 36 36 L’espérance mathématique de X est donc : 7. n

7 6 36 42 36

8 5 36 40 36

9 4 36 36 36

10 3 36 30 36

11 2 36 22 36

12 1 36 12 36

Total 1 E(X) = 7

X.2.3.b Variance, écart type La variance et l’écart type sont des nombres réels positifs qui traduisent la façon dont sont n 10 dispersées les valeurs d’une variable aléatoire autour de son espérance ; plus la variance et P(X = n) 1 l’écart type seront grands plus les valeurs seront dispersées. Ce sont des caractéristiques de dispersions. Dans une classe un devoir a été donné dans deux matières, on choisit un élève n 0 20 au hasard et on désigne par X sa note dans la première matière et par Y sa note dans la 1 1 P(Y = n) seconde matière. Les lois de probabilités des variables aléatoires X et Y sont données dans 2 2 les tableaux ci-contre. Dans les deux cas l’espérance est 10 et pourtant les résultats de la classe dans les deux matières sont, en un certain sens, opposés : dans la première tous les élèves ont 10 et dans la seconde les notes sont réparties aux extrêmes. D ÉFINITIONS X.2.5 Soit X une variable aléatoire. ³¡ ¢2 ´ (1) On appelle variance de X le nombre réel, noté V(X), défini par : V(X) = E X − E(X) . p (2) On appelle écart type de X le nombre réel, noté σ(X), défini par : σ(X) = V(X).

Remarques 1. La variance est donc la moyenne des carrés des écarts à la moyenne. 2. La variance étant une moyenne de carrés, on a introduit sa racine carrée pour mieux rendre compte de la dispersion. LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

X.2. Variable aléatoire

141

3. La définition de la variance n’est pas très pratique pour les calculs.

X.2.3.c Propriétés de l’espérance et de la variance T HÉORÈME X.2.1 Soit X et Y deux variables aléatoires définies sur un même univers Ω et λ un réel. (1) E(X + Y) = E(X) + E(Y) ; (2) E(X + λ) = E(X) + λ ; (3) E(λX) = λE(X) ; (4) E(X − E(X)) = 0 ; (5) V(X + λ) = V(X) ; (6) V(λX) = λ2 V(X). Démonstration Notons ωi (1 É i É n) les éventualités et p i les probabilités des événements élémentaires associés. n n X X (1) On a : E(X) = X(ωi )p i et E(Y) = Y(ωi )p i . i =1

De même : E(X + Y) (2) (3) (4) (5) (6)

n X

i =1

i =1

(X + Y)(ωi )p i =

n ¡ X

i =1

n n X ¢ X X(ωi )p i + Y(ωi )p i = X(ωi )p i + Y(ωi )p i = E(X) + E(Y). i =1

i =1

On déduit (2) de (1) en prenant pour Y la variable aléatoire constante ω 7→ λ. n n X X E(λX) = λX(ωi )p i = λ X(ωi )p i = λE(X). i =1

i =1

D’après (2) (avec λ = −E(X)) :´ E(X − E(X)) = E(X) − E(X) ³³ ³³ ´2= ´ 0. ³³ ´2 ´ 2´ V(X + λ) = E X + λ − E(X + λ) = E X + λ − E(X) − λ = E X − E(X) = V(X). ³³ ´2 ´ ³³ ´2 ´ ³ ³ ´2 ´ ³³ ´2 ´ V(λX) = E λX − E(λX) = E λX − λE(X) = E λ2 X − E(X) = λ2 E X − E(X) = λ2 V(X). ä

Remarques 1. En pratique toutes ces propriétés sont naturelles, afin de les illustrer prenons pour univers une classe où un devoir a été donné ; la moyenne de la classe est 5 et la variance 3. On considère l’expérience aléatoire suivante : on choisit au hasard un élève et désigne par X sa note. X est une variable aléatoire et on a : E(X) = 5 et V(X) = 3. Si on décide d’ajouter 1 point à chaque élève, alors la moyenne augmentera de 1 point : E(X + 1) = E(X) + 1 = 6. En revanche le fait d’ajouter 1 point à chaque élève ne changera pas la façon dont les notes sont réparties autour de la moyenne, c’est-à-dire : V(X + 1) = V(X). Si on décide de multiplier par 2 la note de chaque élève, alors la moyenne sera multipliée par 2 elle aussi : E(2X) = 2E(X) = 10. De plus en multipliant par 2 les notes, on multiplie également par 2 les écarts à la moyenne et donc par 4 leur carré ; par conséquent : V(2X) = 4V(X). 2. Pour donner un sens intuitif à la propriété (1) gardons l’exemple de la classe. Un devoir constitué d’un exercice sur 7 points et d’un problème sur 13 points à été donné. Cette fois-ci X désigne la note obtenue à l’exercice et Y la note obtenue au problème. La note obtenue au devoir est alors X + Y. La moyenne de la classe au devoir est la somme des moyennes de l’exercice et du problème : E(X + Y) = E(X) + E(Y). 3. On déduit des deux dernières propriétés que : σ(X + λ) = σ(X) et σ(λX) = |λ|σ(X). 4. On déduit des propriétés (1) et (3) que pour tous réels α, β ; on a : E(αX + βY) = αE(X) + βE(Y). On dit que l’espérance est linéaire. D’après le théorème X.2.1 l’espérance de la somme de deux variables aléatoires est la somme des espérances. Il est donc naturelle de se demander s’il n’en est pas de même pour le produit. Prenons un exemple. On dispose de deux rectangles, les dimensions de l’un sont 2 par 3 et celles de l’autre sont 4 par 5. On choisit un rectangle au hasard et on désigne par ℓ sa largeur et L son longueur. L’aire est donc la variable aléatoire Lℓ. La moyenne des largeurs est : E(ℓ) = 3. La moyenne des longueurs est : E(L) = 4. Les aires sont 6 et 20 donc : E(Lℓ) = 13. On constate, ici, que : E(Lℓ) , E(L) × E(ℓ). Nous avons précédemment remarqué que la définition de la variance ne conduisait pas à un calcul aisé. le théorème suivant remédie à cette carence. T HÉORÈME X.2.2 F ORMULE DE KÖNIG 2 ¡ ¢ Soit X une variable aléatoire. On a : V(X) = E X2 − E2 (X). 2. KÖNIG , Johann Samuel (–)

-

série S

142

X. Calcul des probabilités

Démonstration Par définition : ³¡ ¢2 ´ ¡ ¢ V(X) = E X − E(X) = E X2 − 2E(X) X + E2 (X) . | {z } | {z } α

β

Donc par linéarité et d’après le propriété (2) du théorème X.2.1 :

¡ ¢ V(X) = E X2 − 2E(X)E(X) + E2 (X); ¡ ¢ d’où l’on tire : V(X) = E X2 − E2 (X). ä

Exercice X.2.2.

Calculer la variance et l’écart type de la variable aléatoire de l’exemple introductif (§ X.2.1 page 138).

Solution 5 6 7 8 9 4 5 6 5 4 P(X = n) 36 36 36 36 36 10 15 21 20 18 nP(X = n) 18 18 18 18 18 50 90 147 160 162 n 2 P(X = n) 18 18 18 18 18 ¡ 2¢ 35 329 2 − 49 = La variance de X est donc : V(X) = E X − E (X) = . 6 6 r 35 On en déduit l’écart type : σ(X) = . 6 n

2 1 36 1 18 2 18

3 2 36 3 18 9 18

4 3 36 6 18 24 18

10 3 36 15 18 150 18

11 2 36 11 18 121 18

12 1 36 6 18 72 18

Total 1 E(X) = 7 E(X2 ) =

329 6

X.2.4 Variables aléatoires indépendantes X.2.4.a Loi produit

D ÉFINITION X.2.6 Soit X et Y deux variables aléatoires définies sur un même univers Ω et X(Ω) = {x1 , · · · , xn }, Y(Ω) = {y 1 , · · · , y q } leurs univers images respectifs. La loi couple (X,Y) est l’application de X Y vers [0; 1] qui à tout couple (xi , y j ) associe la probabilité de l’événement (X = xi ) et (Y = y j ).

×

Exercice X.2.3.

On lance un dé bien équilibré et on considère les variables aléatoires X et Y définies par :

X(ω) =

  0 , si ω est pair ;     

1 , si ω est impair.

Y(ω) =

  5     

, si ω est un nombre premier ;

10 , si ω n’est pas premier.

Déterminer la loi couple (X, Y).

Solution Les images de l’univers Ω par X, Y et (X, Y) sont données dans le tableau X.3. On sait de plus que le dé est bien équilibré, on a donc équiprobabilité sur Ω. La loi couple (X, Y) est donc déterminée par le tableau X.4. Pour construire 2 1 ce dernier, on utilise le tableau X.3 : (X = 1 et Y = 5) = {3; 5} ; donc : P (1; 5) = = . 6 3 H HH Y 5 10 ω 1 2 3 4 5 6 HH X X(ω) 1 0 1 0 1 0 1 1 0 Y(ω) 10 5 5 10 5 10 6 3 (X, Y)(ω) (1; 10) (0; 5) (1; 5) (0; 10) (1; 5) (0; 10) 1 1 1 3 6 TABLE X.3 – Images de Ω par X, Y et (X, Y). TABLE X.4 – Loi couple de (X, Y). LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

X.2. Variable aléatoire

143

Remarques 1. La loi couple est aussi appelée loi de probabilité conjointe ou loi de probabilité simultanée ou encore loi de probabilité produit ; les probabilités contenues dans le tableau X.4 sont alors appelées probabilités conjointes ou probabilités simultanées. 2. Dans le tableau X.4 si on ajoute une ligne et une colonne « Total », on obtient le tableau X.5 où les lois de probabilités des variables aléatoires X et Y apparaissent dans les marges. Ces lois sont alors appelées lois marginales

@ Y X @ @ 0 1

5

10

1 6 1 3

1 3 1 6

Total P (Y = 5) =

1 2

Total 1 2 1 P (X = 0) = 2 P (X = 0) =

P (Y = 10) =

1 2

1

TABLE X.5 – Lois marginales.

X.2.4.b Variables aléatoires indépendantes Exemples 1. Reprenons l’exemple du § X.2.4.a. D’après le tableau X.5 on constate que les événements (X = 0) et (Y = 5) sont 1 1 dépendants ; en effet : P (X = 0 et Y = 5) = et P (X = 0) × P (Y = 5) = . 6 4 On dit alors que les variables X et Y sont dépendantes. 2. On lance un dé bien équilibré et on considère les variables aléatoires X et Y définies par :  ω 1 2 3 4 5 6  0 , si ω est pair ; X(ω) 1 0 1 0 1 0 X(ω) =   Y(ω) 5 5 10 10 10 10 1 , si ω est impair. (X, Y)(ω) (1; 5) (0; 5) (1; 10) (0; 10) (1; 10) (0; 10) Y(ω) =

  5

, si ω É 2 ;

  10 , si 2 < ω.

H HH Y HH X 0

TABLE X.6 – Images de Ω par X, Y et (X, Y) 5

10

1 6 1 6

1 3 1 3

Total 1 2 1 P (X = 1) = 2 P (X = 0) =

1 Les images de l’univers Ω par X, Y et (X, Y) sont données dans le tableau X.6. On 1 2 sait de plus que le dé est bien équilibré, Total P (Y = 5) = P (Y = 10) = 1 3 3 on a donc équiprobabilité sur Ω. La loi conjointe et les lois marginales sont déTABLE X.7 – Loi couple de (X, Y). terminée par le tableau X.7. On constate que chaque probabilités conjointe est le produit des probabilités marginales associées ; par exemple : 1 1 2 P (X = 0 et Y = 10) = = × = P(X = 0) × P (Y = 10). 3 2 3 On dit que les variables aléatoires X et Y sont indépendantes. D ÉFINITION X.2.7 Soit X et Y deux variables aléatoires définies sur un même univers Ω et X(Ω) = {x1 , · · · , xn }, Y(Ω) = {y 1 , · · · , y q } leurs univers images respectifs. Les variables aléatoires X et Y sont dites indépendantes lorsque pour tout x ∈ X(Ω) et tout y ∈ Y(Ω), les événements (X = x) et (Y = y) sont indépendants.

Remarques 1. La condition d’indépendance peut s’écrire également, pour tout x ∈ X(Ω) et tout y ∈ Y(Ω) : ¡ ¢ ¡ ¢ P X = x et Y = y = P (X = x) × P Y = y ou encore, pour tout ω ∈ Ω :

P (X = X(ω) et Y = Y(ω)) = P (X = X(ω)) × P (Y = Y(ω))

2. Deux variables aléatoires sont indépendantes si et seulement si le tableau de leur loi conjointe est un tableau de proportionnalité.

-

série S

144

X. Calcul des probabilités

T HÉORÈME X.2.3 Soit X et Y deux variables aléatoires indépendantes définies sur un même univers Ω et X(Ω) = {x1 , · · · , xn }, Y(Ω) = {y 1 , · · · , y q } leurs univers images respectifs. (1) E(XY) = E(X) × E(Y). (2) V(X + Y) = V(X) + V(Y). Démonstration

Le formalisme utilisé dans cette démonstration n’est pas au programme de terminale, c’est démonstration peut donc être omise

en première lecture etÃest de toute façon ! réservée à des lecteurs motivés. X (1) E(X) × E(Y) = x P (X = x) × E(Y) x∈X(Ω) X ¡ ¢ = x P (X = x) × E(Y) x∈X(Ω) " # X X ¡ ¢ = x P (X = x) × yP Y=y x∈X(Ω) " y∈Y(Ω) # X X ¡ ¡ ¢¢ = x P(X = x) × y P Y = y x∈X(Ω) X £ y∈Y(Ω) ¡ ¢¤ = x y P X = x et Y = y x∈X(Ω) y∈Y(Ω)

= E(XY) (2) (2) se déduit de (1) en utilisant la linéarité de l’espérance et la formule de König. ¡ ¢ ¡ ¢2 V(X + Y) = E (X + Y)2 − E(X + Y) (formule de König) ä ¡ 2 ¢ ¡ ¢2 2 = E X + Y + 2XY − E(X) + E(Y) ¡ ¢ ¡ ¢2 = E X 2 + Y 2 + 2XY − E2 (X) + E2 (Y) + 2E(X)E(Y) = E(X 2 ) + E(Y 2 ) + 2E(XY) − E2 (X) − E2 (Y) − 2E(X)E(Y) (linéarité de l’espérance) = E(X 2 ) − E2 (X) + E(Y 2 ) − E2 (Y) (d’après 1) = V(X) + V(Y) (formule de König)

X.3 Lois de probabilités discrètes X.3.1 Loi binomiale X.3.1.a Schéma de Bernoulli D ÉFINITION X.3.1 On appelle épreuve de Bernoulli une épreuve à deux issues possibles.

Exemple On lance un dé bien équilibré et on cherche à faire un 1. Désignont par S l’événement : « obtenir 1 » ; et par ³ ´ 5 1 S l’événement contraire. On a ici : P (S) = et P S = . 6 6 Remarque Il est d’usage d’appeler succès l’issue recherchée et de la noter S. D ÉFINITION X.3.2 On appelle expérience ou schéma de Bernoulli la répétition n fois, de façon indépendante, d’une épreuve de Bernoulli.

X.3.1.b Loi binomiale D ÉFINITION X.3.3 On appelle loi binomiale de paramètres n et p la loi de probabilité de la variable aléatoire désignant le nombre de succès dans un schéma de Bernoulli où l’épreuve de Bernoulli a été répétée n fois et où la p désigne la probabilité de succès à une épreuve.

Notations et vocabulaire Cette loi de probabilité est notée : B(n, p). Exemple Reprenons le jeu de dés où il faut faire un as. On lance quatre fois le dé et on et on désigne par X le nombre de 1 succès. la loi de probabilité de X est la loi binomiale de paramètres 4 et . Déterminons la probabilité de l’événement 6 (X = 2). © ª ¯ S), ¯ (S, S, ¯ S, ¯ S), (S, S, ¯ S, S), ¯ (S, ¯ S, S, S), ¯ (S, ¯ S, S, ¯ S), (S, ¯ S, ¯ S, S) . On a : (X = 2) = (S, S, S, ¯ ¯ Considérons les événements © S1 , S1 , ª. . ., S4 , S4 où, par exemple, S3 désigne l’événement : « obtenir un succès au troi¯ S) ¯ = S1 ∩ S2 ∩ S¯ 3 ∩ S¯ 4 . Les résultats des différents lancés sont indépendants donc : sième lancé ». On a alors : (S, S, S, LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

X.3. Lois de probabilités discrètes

145

¡ ¢ ¡ ¢ ¯ S¯ = P S1 ∩ S2 ∩ S¯ 3 ∩ S¯ 4 P S, S, S, ¡ ¢ ¡ ¢ = P (S1 ) × P (S2 ) × P S¯ 3 × P S¯ 4 µ ¶2 µ ¶2 1 5 = 6 6 25 = 4 6 On démontre de même que les quatre événements élémentaires qui constituent l’événement (X = 2) ont tous pour 25 25 25 . probabilité 4 ; on déduit que : P (X = 2) = 4 × 4 = 6 6 324

plus généralement, dans la loi binomiale B(n, p), la probabilité d’échec à une épreuve est : q = 1 − p. Considérons l’événement (X = k) où 0 É k É n. pour réaliser un tel événement, il faut obtenir k succès et n −k échecs. On peut donc les k épreuves parmi n où on aura un succès et pour les n − k épreuves restantes on aura un échec. Il y a donc Ãchoisir ! n éventualités qui réalisent l’événement. De plus chaque événement élémentaire inclus dans l’événement (X = k) a k Ã ! n k n−k k n−k pour probabilité : p q ; on en déduit que : P (X = k) = p q . k T HÉORÈME X.3.1 Soit X une variable aléatoire dont la loi de probabilité est la loi de paramètres n et p. Ã binomiale ! n k n−k (1) Pour tout entier k tel que : 0 É k É n ; on a :P (X = k) = p q . k (2) E(X) = np. (3) V(X) = np q. Démonstration (1) La propriété (1) a été démontrée dans l’étude ci-dessus. (2) Calculons E(X). Par définition :

E(X) =

Ã ! n n k n−k X n! p q = k p k q n−k . k k!(n − k)! k=0 k=0

On en déduit que : n X n! p k q n−k E(X) = k k=1 k!(n − k)! n X n! = p k q n−k (k − 1)!(n − k)! k=1 n X (n − 1)! ¡ ¢ p k−1 q n−1−(k−1) = np k=1 (k − 1)! n − 1 − (k − 1) ! n−1 X (n − 1)! ¡ ¢ p i q (n−1)−i = np i =0 i ! (n − 1) − i ! = np(p + q)n−1 = np (3) Calculons V(X). On a :

n X

k

, car pour k = 0 le terme est nul

, posons : i = k − 1

, d’après la formule du binôme de Newton

V(X) = E(X2 ) − E2 (X) , par le formule de König = E(X2 − X) + E(X) − E2 (X) , par linéarité de l’espérance ¡ ¢ = E X(X − 1) + np − n 2 p 2 , d’après (2) On a de plus : n X ¡ ¢ n! k(k − 1) E X(X − 1) = p k q n−k k!(n − k)! k=0 n X n! = k(k − 1) p k q n−k k!(n − k)! k=2 n X n! = p k q n−k k=2 (k − 2)!(n − k)! n X (n − 2)! ¡ ¢ p k−2 q (n−2)−(k−2) = n(n − 1)p 2 k=2 (k − 2)! (n − 2) − (k − 2) ! n−2 X (n − 2)! ¡ ¢ p i q (n−2)−i = (n 2 − n)p 2 i ! (n − 2) − i ! i =0 = (n 2 − n)p 2 (p + q)n−2 = n 2 p 2 − np 2

, par définition de B(n, p) , car les deux premiers termes de la somme sont nuls.

,posons : i = k − 2

, d’après la formule du binôme de Newton

On en déduit que : V(X) = n 2 p 2 − np 2 + np − n 2 p 2 = np(1 − p) = npq. ä

Remarque En utilisant la formule du binôme de Newton, on vérifie que la somme des probabilités de la loi binomiale est 1.

-

série S

146

X. Calcul des probabilités

X.3.2 Loi de Poisson 3 (complément) La loi de Poisson n’est pas au programme ; cette étude est donc réservée à des lecteurs motivés et permet de donner plus de sens à la loi exponentielle.

X.3.2.a Calculs préliminaires Exercice X.3.1.

Soit λ un réel.

1. On se propose de démontrer que : lim a. Soit n 0 ∈

N tel que : n

λn

n→+∞ n!

= 0.

0 > |λ|, vérifier que pour tout entier n > n 0 : ¯ n ¯ ¯ n ¯µ ¶ µ ¶ ¯ λ ¯ ¯ λ 0 ¯ |λ| n |λ| −n 0 ¯ ¯ ¯ ¯ . ¯ n! ¯ É ¯ n ! ¯ n n0 0 0

(On pourra remarquer que : b. Conclure.

λn λn 0 λ λ λ = × × ×··· × ) n! n0 ! n0 + 1 n0 + 2 n

2. Désormais λ est strictement positif. Pour tout entier n Ê 1, on considère l’intégrale : In =

Z 1 λ (λ − t )n et d t . n! 0

a. Calculer I1 .

(On pourra utiliser une intégration par parties.) b. Démontrer que pour tout t ∈ [0;λ], on a : c. En déduire que :

¯ ¯ ¯ ¯ ¯(λ − t )n et ¯ É (λ − t )n eλ .

|In | É eλ

d. Déterminer la limite de la suite (In ).

λn+1 . (n + 1)!

3. Démontrer que pour tout entier n Ê 1 : In = In+1 +

4. On considère la suite (u n )n∈

N

∗

λn+1 (n + 1)!

définie par : un = 1 + λ +

λ2 λ3 λn + + ··· + . 2! 3! n!

a. Démontrer que la suite (u n + In ) est constante. b. Démontrer que

Ã

! n λk X = eλ . n→+∞ k =0 k!

lim

(X.1)

X.3.2.b Introduction 1re situation Dans un petit port de pêche, il y a vingt pêcheurs ; chaque pêcheur a un bateau. Une étude statistique a montré que chaque soir entre 17 heure et 20 heure il rentre au port, en moyenne, trois bateaux à l’heure. Quelle est la probabilité pour qu’entre 18 h 30 et 19 h 30 il rentre quatre bateaux au port ? Pour modéliser la situation, on utilise un schéma de Bernoulli. On suppose que les heures de retour au port des différents bateaux sont indépendantes. On désigne par p la probabilité pour qu’un bateau donné rentre au port entre 18 h 30 et 19 h 30. On désigne par X le nombre de bateaux qui rentrent port entre 18 h 30 et 19 h 30. La loi de probabilité de X est donc la loi binomiale de paramètres 20 et p. L’espérance de X est alors 20p mais on sait que cette espérance 3 est trois. Par conséquent : p = . Ã20 ! 20 4 On en déduit que : P (X = 4) = p (1 − p)16 = 0, 182· · · . 4 2e situation Dans un complexe portuaire, une étude statistique a montré que chaque matin entre 8 heure et 12 heure il entre, en moyenne, λ bateaux à l’heure. Quelle est la probabilité pour qu’entre 9 h 30 et 10 h 30 il entre k bateaux dans le complexe ? 3. P OISSON , Siméon-Denis (–)

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

X.3. Lois de probabilités discrètes

147

Pour modéliser la situation, on utilise un schéma de Bernoulli. On désigne par n le nombre de bateaux à travers le monde qui pourraient un jour entré dans le complexe portuaire ; par p la probabilité pour que l’un donné d’entre eux entre dans le complexe entre 9 h 30 et 10 h 30 et par X le nombre de bateaux qui entrent dans le complexe entre 9 h 30 et 10 h 30. On suppose que les heures d’entrée des n bateaux qui pourraient, un jour, entrer dans le port sont indépendantes. La loi de probabilité de X est donc la loi binomiale de paramètres n et p ; c’est-à-dire : Pn (X = k) = Ã ! n k λ p (1 − p)n−k . L’espérance de X est alors np mais on sait que cette espérance est λ. Par conséquent : p = . k n Ã !µ ¶ µ ¶n−k k λ n λ 1− . On en déduit que : Pn (X = k) = n k n Malheureusement, en pratique, on ne connaît pas n. On sait seulement qu’il est grand et que k est petit devant lui ; c’est la raison pour laquelle on décide de définir la nouvelle loi de probabilité, si cela a un sens : P (X = k) = lim Pn (X = k). n→+∞ Ã !µ ¶ µ ¶ λ n−k n λ k 1− On a donc : Pn (X = k) = n k n k facteurs

z }| { µ ¶ µ ¶ n(n − 1) · · · (n − k + 1) λk λ n λ −k = · k 1− 1− k! n µ n ¶ µ n ¶ n k λ n n λ λ −k = × ×··· × 1− 1− k! n − 1 n +k −1 n n

1 n n = = 1. ; donc : lim j n→+∞ n − j 1− n− j n n n Par produit de k − 1 facteurs, on en déduit que : lim ×··· × = 1. n→+∞ nµ − 1 ¶ n +k −1 n λ = e−λ ; Par construction de la fonction exp, on sait que : lim 1 − n→+∞ n µ ¶ ¶ µ λ λ −k de plus : lim 1 − = 1 et lim u −k = 1 ; donc par composition : lim 1 − = 1. n→+∞ n→+∞ u→1 n n Donc par produit des limites : Pour tous entiers n et j tels que : 0 É j < n, on a :

P(X = k) = e−λ

λk . k!

On doit maintenant vérifier que la somme des probabilités est égale à 1. n λk n X X . P (X = k) = e−λ On a : k=0 k! k=0 n λk n X X Or, d’après (X.1) : lim P (X = k) = 1. = eλ ; donc par produit : lim n→+∞ x→+∞ k=0 k! k=0

D ÉFINITION X.3.4 On dit qu’une loi de probabilité a pour loi de probabilité la loi de Poisson lorsque son univers image est tout k ∈ , on a : λk . P (X = k) = e−λ k!

N

N et que pour

Exemples 1. Dans l’exemple du complexe portuaire, s’il arrive 53, 8 bateaux à l’heure, la probabilité pour qu’il arrive 65 bateaux 53, 865 entre 9 h 30 et 10 h 30 est : P (X = 65) = e−53,8 = 0, 16· · · 65! Remarque La loi de poisson est généralement utilisée pour modéliser le comptage d’événements rares dans le temps, comme par exemple : le nombre de particules émises par une substance radioactive ou le nombre d’erreurs enregistrées par un central téléphonique ; ou dans l’espace, comme par exemple : le nombre de bactéries dans une préparation microscopique.

-

série S

148

X. Calcul des probabilités

X.3.2.c Espérance et Variance D’après la construction utilisée il semblerait cohérent que, dans la loi de Poisson, l’espérance soit λ. T HÉORÈME X.3.2 Soit X une variable aléatoire dont la loi de probabilité est la loi de Poisson de paramètre λ. (1) E(X) = λ. (2) V(X) = λ. Démonstration (1)

Par définition l’espérance de X est la limite de :

n X

k e−λ

k=0

On a :

n X

k=0

ke

k −λ λ

k!

On sait que : lim

n→+∞

λk lorsque n tend vers +∞. k!

n λk−1 n−1 X X λj λk k = e−λ λ = e−λ λ . k! (k − 1)! j =0 j ! k=1 k=1

−λ

=e

n−1 X λj

n X

j =0 j !

= eλ ; donc : lim

n→+∞

n X

k e−λ

k=0

λk = λ. Donc : E(X) = λ. k!

n X λk Par définition la variance de X est la limite de : (k − λ)2 e−λ lorsque n tend vers +∞. k! Ã Ã ! Ã k=0 ! ! n n λk n n X X X X λk λk λk = k 2 e−λ − 2λ + λ2 e−λ . k e−λ De plus : (k − λ)2 e−λ k! k! k! k! k=0 k=0 k=0 Ã ! !# " Ã k=0 k n λk n X X 2 −λ −λ λ +λ e = −2λ2 + λ2 = −λ2 . D’après les calculs précédents, on a par produit et par somme : lim −2λ ke n→+∞ k! k=0 k! k=0

(2)

On a :

n X λk k 2 e−λ k! k=0

=

n X

k=0

(k 2 − k)e−λ

= e−λ

n X

k=2

= e−λ λ2 = e−λ λ2 On sait que : lim

n→+∞

n−1 X λj j =0 j !

k(k − 1)

n X λk λk + k e−λ k! k=0 k!

n X λk λk + k e−λ k! k=0 k!

n λk−2 n X X λk + k e−λ (k − 2)! k! k=2 k=0 n−2 X λj j =0 j !

λ

+

= e et lim

n X

k e−λ

k=0 n X

n→+∞

λk k!

k e−λ

k=0

n X λk λk = λ ; donc : lim = λ2 + λ. Donc : V(X) = λ.ä k 2 e−λ n→+∞ k! k! k=0

X.4 Lois de probabilités continues X.4.1 Intégrales généralisées X.4.1.a Activité Exercice X.4.1.

On considère la fonction, f : x 7−→

2 x2 − 1

, définie sur ]1;+∞[ et la fonction F : x 7−→

1. Quel est l’ensemble de définition de F ? Que représente F pour f ? a b + . 2. Déterminer deux réels a et b tels que pour tout x > 1 : f (x) = x −1 x +1 3. Calculer F(x) en fonction de x .

Zx 2

f (t ) d t .

4. Étudier la limite de F en +∞.

X.4.1.b Définition Habituellement, lorsqu’on calcul,

Zb

f (t ) d t , a et b sont des nombres réels et f est une fonction continue sur

a

[a ; b]. On se propose d’étendre, par passage à la limite, la définition de l’intégrale au cas (lorsque cela est possible) où l’une au moins des bornes est infinie ou la limite en l’une au moins des bornes est infinie. De telles intégrales sont dites impropres. D ÉFINITION X.4.1 Soit f une fonction dont l’ensemble de définition contient un intervalle [a ; +∞[ (avec a ∈ ). Si f est continue sur [a ; +∞[ (sauf peut-être en nombre finis de réels où elle admet une limiteZà droite et une limite à gauche) et si la Z

R

fonction : x 7→

x

a

f (x) d x ; admet une limite finie, ℓ, en +∞ ; alors on écrit :

+∞

a

f (x) d x = ℓ.

Remarques 1. Lorsque l’intégrale a une limite finie, elle est dite convergente. LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

X.4. Lois de probabilités continues

149

2. Lorsque l’intégrale n’a pas de limite ou Z que sa limite est infinie, elle est dite divergente. a

3. On définit de même, lorsqu’elle existe,

f (x) d x .

−∞

Exercice X.4.2.

Démontrer que

Z+∞ −∞

2

|t |e−t d t est définie et calculer sa valeur.

R R

2

Solution La fonction f : x 7−→ |t | e−t est continue sur (elle est donc intégrable sur tout intervalle fermé de et positive sur . Considérons la fonction F définie sur par : Zx 2 |t | e−t d t . F(x) =

R

R), paire

0

R

La fonction f est paire, donc pour tout x ∈ : Z−x Z0 Zx 2 2 2 |t | e−t d t = |t | e−t d t = − |t | e−t d t = −F(x). F(−x) = 0

0

x

La Fonction F est impaire. Pour x > 0, les éléments de [0; x] sont positif, et on a alors : 2 Z Zx Zx 1 h −t 2 ix 1 − e−x 1 x −t 2 −t 2 −t 2 |t | e = dt = − e −2t e F(x) = dt = dt = − te 0 2 0 2 2 0 0 2 1 −x On a : lim = e = 0 ; donc : lim = F(x) = . x→+∞ x→+∞ 2 Z+∞ 2 1 |t | e−t d t = . 2 0 Z−∞ 2 1 1 |t | e−t d t = − ; d’où il vient : La fonction F est impaire, donc : lim = F(x) = − ; c’est-à-dire : x→−∞ 2 2 0 Z0 2 1 |t | e−t d t = . 2 −∞ Par somme :

Z+∞ −∞

2

|t | e−t d t = 1.

X.4.2 Généralités sur lois de probabilités continues X.4.2.a Densité de probabilité D ÉFINITION X.4.2 Une densité de probabilité sur un intervalle I est une fonction f continue sur I (sauf peut-être en nombre fini d’éléZ

ments où elle admet une limite à droite et une limite à gauche), positive sur I et telle que :

I

f (t )dt = 1.

Exemples

2 1. D’après l’étude menée en activité à l’exercice X.4.1., la fonction f : x 7−→ est continue et positive sur 2 − 1) (ln 3)(x Z+∞ Z+∞ 1 2dt f (t )dt = [2; +∞[, de plus : = 1 ; donc f est une densité de probabilité sur [2; +∞[. ln 3 2 t2 −1 2 −t 2 est continue et positive sur , de plus : 2. Z D’après l’étude menée à l’exercice X.4.2., la fonction g : x 7−→ |t | e +∞

−∞

f (t )dt = 1 ; donc g est une densité de probabilité sur

R.

R

X.4.2.b Loi de probabilité continue D ÉFINITION X.4.3 Soit f une densité de probabilité sur un Zintervalle I. La loi de probabilité associée à f est la loi définie pour tout intervalle, J, inclus dans I par : P (X ∈ J) = f (t )dt . J

-

série S

150

X. Calcul des probabilités

Remarque Si X est une variable aléatoire dont la loi de probabilité est la loi associée à la densité de probabilité f alors l’univers image de X est I. Exemple Considérons la densité de probabilité sur bilité la loi associée à g , alors :

R, g : t 7−→ |t | e−t . Si une variable aléatoire X a pour loi de proba-

P (1 É X É 2) =

2

Z2 1

0.5

2

|t | e−t d t =

e−1 − e−4 2

y P (1 É X É 2)

Cg −5

Exercice X.4.3. [2 + ∞[.

−4

−3 X.1 –−2 −1 0 3 g F IGURE Représentation graphique de la1densité de2 probabilité

x

4

Soit X une variable aléatoire dont la loi de probabilité est la loi associée à la densité de probabilité f : x 7−→

2 (ln3)(x 2 − 1)

sur

Calculer la probabilité de l’événement 3 É X É 4.

Solution On a : P (3 É X É 4) =

Z4 3

· µ ¶¸ 2 3 ln 52 2dt 1 t − 1 4 ln 5 − ln 4 = = = 1 + ln (ln 3)(t 2 − 1) ln 3 t +1 3 ln 3 ln 3

X.4.2.c Espérance et variance d’une loi de probabilité continue L’étude menée dans ce paragraphe n’est pas au programme mais peut aider de bons élèves à mieux comprendre les théorèmes. . . xi x1 x2 · · · xn Dans le cas d’une variable aléatoire discrète dont la loi de probabilité est donnée par le tableau ci-contre. P(X = xi ) p1 p2 · · · pn On sait que : n X ¡ ¢ xi p i et V (X) = E X 2 − E2 (X). E (X) = i=1

Lorsque cela est possible, on étend au cas d’une variable aléatoire continue de densité de probabilité, f , définie sur un intervalle, I, ces définition par : Z ¡ ¢ et V(X) = E X 2 − E2 (X). E (X) = t f (t ) d t I

Remarques 1. Si l’intégrale définissant l’espérance est divergente, alors l’espérance n’est pas définie. 2. Si l’intégrale définissant la variance est divergente, alors la variance n’est pas définie. 3. Si l’espérance de X n’est pas définie, alors la variance de X n’est pas définie non plus. Exercice X.4.4.

Soit X une variable aléatoire dont la loi de probabilité est la loi associée à la densité de probabilité f : x 7−→

[2 + ∞[. L’espérance et la varianceZ de X sont-elles définies Z?x x 1

t f (t ) d t = Solution Pour x > 2, on a : ln 3 2 Zx Donc : lim t f (t ) d t = +∞.

2

2 (ln3)(x 2 − 1)

sur

¢¤x 2t dt 1 £ ¡ 2 = ln t − 1 2 . 2 t − 1 ln 3

x→+∞ 2

Ni l’espérance ni la variance de X ne sont définies. Exercice X.4.5.

2

Soit X une variable aléatoire dont la loi de probabilité est la loi associée à la densité de probabilité g : t 7−→ |t |e−t .

Déterminer l’espérance et la variance de X (on pourra utiliser wxMaxima ).

R

Solution La fonction g est définie sur , qui est symétrique par rapport à 0. De plus, pour tout nombre réel t : g (−t ) = 2 2 |−t | e−(−t ) ) = |t | e−t = g (t ). La fonction g est donc paire et la fonction, Z t 7−→ t g (t ), est impaire comme produit d’une

fonction impaire par une fonction paire. On en déduit que l’intégrale,

∞

t g (t ) d t , est nulle si elle est convergente.

−∞

Maxima 5.16.3 http://maxima.sourceforge.net Using Lisp CLISP 2.44.1 (2008-02-23) Distributed under the GNU Public License. See the file COPYING. Dedicated to the memory of William Schelter. The function bug_report() provides bug reporting information. LYCÉE P ONTUS DE T YARD

Terminale VI

X.5. Adéquation à la loi équirépartie

(%i1) (%o1) (%i2) (%o2) (%i3)

151

g(t):=abs(t)*exp(-tˆ2); ¡ ¢ g (t ) := |t | exp −t 2

assume(x>0);

[x > 0]

integrate(t*g(t),t,0,x); e −x

(%o3) (%i4)

2

³p

2

π e x erf(x) − 2 x 4 p π 4

limit(%,x,inf);

(%o4)

´

Donc l’intégrale est convergente et l’espérance est nulle. Z∞ Z∞ ¡ ¢ ¡ ¢ Si la variance est définie, on a : V(X) = E X 2 − E2 (X) = E X 2 = t 2 g (t ) d t = 2 t 2 g (t ) d t , par parité.

(%i5) (%o5) (%i6)

0

−∞

integrate(tˆ2*g(t),t,0,x);

¡ 2 ¢ 2 x + 1 e −x 1 − 2 2

limit(%,x,inf);

1 2

(%o6) La variance de X est donc définie et vaut 1.

X.4.3 Loi uniforme Soit a et b deux nombres réels tels que a < b. La loi uniforme sur [a ; b] est la loi dont la densité est constante sur [a ; b] et nulle à l’extérieur de cet intervalle. Désignons par k la valeur de cette constante. On a : Z k d t = k(b − a). 1= [a ;b]

On en déduit que : k =

1 . b−a

D ÉFINITION X.4.4 Soit a et b deux nombres réels tels que a < b.

  1 La loi uniforme sur [a ; b] est la loi dont la densité de probabilité, f , est définie par : f (x) = b − a 0

si x ∈ [a ; b] si x ∈

R \ [a ; b]

X.4.4 Loi exponentielle

X.5 Adéquation à la loi équirépartie On lance un dé usuel 100 fois. On obtient les résultats suivants : chiffres effectifs

1 20

2 17

3 12

4 19

5 11

6 21

On aimerait savoir en quel sens on peut considérer ce dé équilibré ou non. Le test à mettre en place ne doit pas être destructeur, il est donc forcément un test statistique. Il ne pourra donc pas être fiable à cent pour cent ; en effet, même avec un dé parfaitement équilibré la probabilité d’obtenir 100 fois le chiffre 1, bien qu’infime, n’est pas nulle. Ainsi rejeter un dé, c’est prendre le risque de rejeter un dé équilibré et accepter un dé, c’est prendre le risque d’accepter un dé déséquilibré. Examinons le tableau des fréquences. chiffres fréquences

1 20%

2 17%

3 12%

4 19%

5 11%

6 21%

On constate qu’il y a un écart certain avec le tableau des fréquences idéal. chiffres fréquences

-

1 1 6

2 1 6

3 1 6

4 1 6

5 1 6

6 1 6 série S

152

X. Calcul des probabilités

Doit-on imputer cet écart à un déséquilibre du dé ou à une fluctuation d’échantillonage ? Pour ce faire une idée on aimerait calculer une « distance », d, entre la répartition des fréquences obtenues et la répartition des fréquences idéale. Mais en utilisant le théorème de Pythagore, on sait que les carrés de distances sont plus faciles à calculer que les distances elles-mêmes, on décide donc de calculer le nombre, d 2 , défini par : d2 =

6 X

i=1

µ

fi −

1 6

¶2

où f i désigne la fréquence observée du chiffre i . Effectuons les premiers calculs avec wxMaxima . Désignons par fo la liste des fréquences observées.

(%i7) (%o7) (%i8) (%o8) (%i9) (%o9) (%i10) (%o10)

fo:[20,17,12,19,11,21]; [20, 17, 12, 19, 11, 21]

fo:fo/100; d2:apply("+",(fo-1/6)ˆ2);

1 17 3 19 11 21 [ , , , , , ] 5 100 25 100 100 100 67 7500

float(d2);

0.0089333333333333 Nous avons maintenant une valeur pour d 2 , mais cette valeur est pour l’instant inutilisable car nous n’avons aucune valeur de référence. On fixe donc un seuil d’erreur, par exemple 10%. Ce seuil représente le risque de rejeter à tort l’hypothèse d’équiprobabilité dans 10% des cas les plus rares. L’idéal serait de prendre comme univers l’ensemble de tous les échantillons de 100 lancers de dé possibles, de munir cet univers de la loi équirépartie, de calculer d 2 pour chaque échantillon, de classer tous ces d 2 par ordre croissant et de rejeté les 10% ayant les plus grande valeur. Ont déterminerait donc le 9e décile, D9 , de la série des d 2 et là deux cas seraient envisageables. Si la valeur de d 2 pour la répartition observé est inférieure à D9 alors les données observées sont compatibles avec le modèle théorique au seuil de risque de 10%. Si la valeur de d 2 pour la répartition observé est supérieure à D9 alors on rejette l’hypothèse de la compatibilité des données observées avec un modèle équiréparti au seuil de risque de 10%. En pratique, ω = 1; 6100 , donc, card(Ω) = 6100 = 6, 5· · · × 1077 . Il n’est pas envisageable d’effectuer les calculs nécessaires en un temps raisonnable avec les ordinateurs dont nous disposons pour déterminer D9. Pour déterminer D9 nous allons simuler sur un tableur un nombre suffisant de séries aléatoires (suivant la loi équirépartie) de cent lancers de dé, pour chaque série on calculera d 2 , puis on calculera le 9e décile de la série des d 2 . Nous obtenons les résultats suivants. nombre de séries Minimum Q1 Médiane Q3 D9 C95 Maximum

300 0,000733 0,004333 0,007133 0,010533 0,014733 0,017733 0,0299333

500 0,000533 0,004533 0,007533 0,011133 0,014933 0,017733 0,0337333

1000 0,000533 0,004533 0,007333 0,010733 0,014733 0,017333 0,0351333

2000 0,000333 0,004533 0,007133 0,010533 0,014733 0,017333 0,0351333

Nous constatons que D9 semble se stabiliser dès mille séries de cents lancers sur la valeur : 0,014 733. Nous prendrons donc cette valeur comme référence. On a, 0,00893· · · < 0,014733, on peut donc affirmer : « les données observées sont compatibles avec le modèle théorique au seuil de risque de 10% ».

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Terminale VI

Chapitre XI

Barycentre XI.1 Barycentre Les considérations envisagées dans cette partie sont valables dans le plan et dans l’espace. L’ensemble gnera, suivant les besoins du lecteur, le plan P ou l’espace E.

W dési-

XI.1.1 Introduction D ÉFINITIONS XI.1.1 (1) Un point pondéré est un couple (A, α) où A est un point et α un nombre, appelé coefficient ou masse. (2) Un système de points pondérés est une collection de points pondérés dans laquelle un même point pondéré peut apparaître plusieurs fois. (3)

La masse d’un système de points pondérés est la somme des coefficients.

Remarque La différence entre un système et un ensemble est que dans un ensemble, un même objet ne peut pas apparaître plusieurs fois. Exemple Soit A, B, C trois points de W,

©

(A, 1), (B, −2), (C, π), (B, −2)

est un système de points pondérés de masse π − 3.

ª

XI.1.2 Activités M ou N désignent des points variables et A, B, C . . . des points fixes. Exercice XI.1.1.

−−→ −−→ 1. Simplifier : MA + MB .

−−→ −−→ f : M 7→ 2MA + 2MB . 2. On considère le système de points pondérés {(A,2),(B,2)}. La fonction vectorielle de Leibniz qui lui est associée est ~ I désigne le milieu du segment [AB]. a. Simplifier ~ f (M).

b. Soit ~ g la fonction vectorielle de Leibniz associée à {(I,4)}. f et ~ g? Que peut-on dire de ~ Exercice XI.1.2. Deux systèmes de points pondérés sont dits équivalents lorsque leurs fonctions vectorielles de Leibniz sont égales. Soit ABC un triangle et ~ f la fonction vectorielle de Leibniz associée au système {(A,1),(B,1),(C,1)}. f (M). 1. Donner l’expression de ~ 2. Démontrer que pour tous points M et N de W : 3. Résoudre l’équation ~ f (M) = ~0.

−−→ ~ f (M) = ~ f (N) + 3MN .

4. Déterminer un système réduit à un seul point pondéré équivalent à {(A,1),(B,1),(C,1)}. g , associée à {(A,2),(B,2),(C,2)}. f et la fonction vectorielle de Leibniz, ~ 5. Quel lien existe-t-il entre ~

Le point G, centre de gravité de ABC, est aussi appelé isobarycentre des points A, B, C. Exercice XI.1.3.

f sa fonction vectorielle de LeibABCD est parallélogramme de centre I. On considère le système S : {(A,1),(B,−1),(C,1)} ; et ~

niz associée.

153

154

XI. Barycentre

Lorsqu’un système a une masse non nulle, l’unique solution de l’équation ~ f (M) = ~0 est appelée barycentre du système.

1. Déterminer le barycentre de S. 2. Simplifier ~ f (M).

3. Que peut-on dire des systèmes {(A,1),(C,1)} et {(I,2)} 4. Que peut-on dire des systèmes S et S ′ : {(I,2),(B,−1)} 5. Justifier que S et S ′ ont le même barycentre. 6. Plus généralement énoncer un théorème.

ABCD est un parallélogramme de centre I. On considère les systèmes {(A,−2),(B,1)(C,1)} et S ′ : {(A,1),(B,−1),(C,1), (D, −1)} ; f et ~ f ′. ainsi que leurs fonctions vectorielles de Leibniz respectives ~ Exercice XI.1.4.

1. Préciser la masse des systèmes S et S ′ . 2. Démontrer que ~ f et ~ f ′ sont des fonctions constantes. 3. Résoudre ~ f (M) = ~0 puis ~ f ′ (M) = ~0. 4. Énoncer un théorème sur les systèmes de points pondérés de masse nulle et les fonctions vectorielles de Leibniz constantes.

XI.1.3 Définition et propriétés D ÉFINITION ¯ XI.1.2 ª © Soit (Ai , αi ) ¯ i ∈ 1, n un système de points pondérés. La fonction vectorielle de L EIBNIZ qui lui est associée est la → − → − fonction, f , qui à tout point M de W associe le vecteur f (M) défini par : n → − −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ X αi MA i . f (M) = α1 MA 1 + α2 MA 2 + · · · + αn MA n = i=1

→ − Exemple Soit A et B deux points de W, I le milieu du segment [AB] et f la fonction vectorielle de L EIBNIZ associée au système {(A, 2), (B, 2)}. Pour tout point M de W : → − −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ f (M) = 2MA + 2MB = 2MI + 2IA + 2MI + 2IB = 4MI

(XI.1)

→ − → − − −→ −−→ → −→ −−→ En particulier : f (I) =~0 ; f (A) = 4AI = 2AB et f (A) = 4BI = −2AB . T HÉORÈME XI.1.1

Ã ! n X ¯ © ª → − ¯ αi et f la fonction vectorielle de Leibniz Soit (Ai , αi ) i ∈ 1, n un système de points pondérésde masse m m = i=1

qui lui est associée.

→ − Si m , 0, il existe un unique point G de W vérifiant : f (G) =~0. → − −−→ Pour tout point M de W : f (M) = m MG . → − (2) Si m = 0, alors f est une fonction vectorielle constante. (1)

Démonstration Pour tous points M et N de W, on a : ³−−−→ −−−→´ X n n ¡ ¢ −−→ n n n ³ −−→´ X X → − → − −−−→ X −−→ −−−→ X f (M) − f (N) = αi NM = αi MAi − αi NM = m NM ; αi NAi = αi MAi − NAi = donc :

i =1

i =1

i =1

i =1

i =1

→ − → − −−→ f (M) = f (N) + m MN

Soit A un point fixé. En prenant : N = A, il vient pour tout point M de W : → − → − −−→ f (M) = f (A) + m MA

(XI.2)

(XI.3)

Si m , 0

− −−→ 1 → f (A). E XISTENCE DE G Introduisons le point G tel que : AG = m En utilisant (XI.3) avec : M = G, il vient : → − → − − → − −−→ → f (G) = f (A) + m GA = f (A) − f (A) =~0.

D ÉMONSTRATION DE L A FORMULE Pour tous points M de W, en utilisant (XI.2) avec : N = G, il vient : → − → − −−→ −−→ −−→ f (M) = f (G) + m MG =~0 + m MG = m MG .

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Terminale VI

XI.1. Barycentre

155 U NICITÉ DE G D’après la formule précédente, puisque m , 0, pour tout point M du plan : → − f (M) =~0

⇐⇒

−−→ m MG =~0

−−→ ~ MG = 0

⇐⇒

⇐⇒

M = G.

Si m = 0 Pour tous points M de W, d’après (XI.3) : → − → − − −−→ → f (M) = f (A) + 0· AM = f (A). → − Donc f est une fonction vectorielle constante. ä

Le théorème XI.1.1 justifie la définition suivante. D ÉFINITION XI.1.3 ¯ © ª Soit (Ai , αi ) ¯ i ∈ 1, n un système de points pondérésde masse non nulle. L’unique point, G, vérifiant : −−−→ −−−→ −−−→ α1 GA 1 + α2 GA 2 + · · · + αn GA n ; est appelé barycentre du système.

Notations et vocabulaire On peut alors écrire : © ª G = bar (A1 , α1 ), · · · , (An , αn )

Si de plus tous les coefficients sont égaux, ont dit que G est l’ isobarycentre des points A1 , · · · , An . Remarques 1. Un système dont la somme des coefficients est nulle n’a pas de barycentre. 2. Lorsqu’on évoquera le barycentre d’un système, si cela n’est pas explicitement précisé, il sera sous-entendu que la masse, m , du système©est non ¯nulle. ª 3. Si m , 0, le système (Ai , αi ) ¯ i ∈ 1, n est équivalent à {(G, m)}. On en déduit que deux systèmes de masses non nulles sont équivalents si et seulement si ils ont le même barycentre et la même masse. 4. Deux systèmes de masses nulles ne sont pas nécessairement équivalents. Exemple Considérons le système composé de deux boules homogènes de même masse, m , reliées par une tige rigide et sans masse de longueur ℓ. Ce système est équivalent à une masse ponctuelle de masse 2m placé au centre, I, de la tige.

A

I

B

m

2m

m

b

b

b

F IGURE XI.1 –

Exercice XI.1.5. A, B, C, D sont des points fixés de W et M est un point variable. Simplifier les écritures. −−→ −−→ −−→ a. MA + MB + MC . −−→ −−→ −−→ b. MA + MB − 2MC . −−→ −−→ −−→ −−→ c. 3MA + 5MB − 4MC + 6MD . −−→ −−→ −−→ −−→ d. 3MA − 5MB − 4MC + 6MD .

Solution

a. Introduisons l’isobarycentre, G, des points A, B et C. Il vient par réduction, pour tout M ∈ W : −−→ −−→ −−→ −−→ MA + MB + MC = 3MG .

b. On reconnaît une fonction vectorielle de Leibniz associée à un système de masse nulle. Cette fonction est donc constante, (en calculculant l’image de C) pour tout M ∈ W : −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ MA + MB − 2MC = CA + CB . −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ En calculant l’image de A on aurait obtenu, tout M ∈ W : MA + MB − 2MC = AB − 2AC . © ª c. On reconnaît la fonction vectorielle de Leibniz associée au système (A, 3), (B, 5), (C, −4), (D, 6), de masse 10. On a : 10 , 0 ; ce système a donc un barycentre que nous appellerons G1 ; il vient par réduction, pour tout M ∈ W : −−→ −−→ −−→ −−→ −−−→ 3MA + 5MB − 4MC + 6MD = 10MG1 . d. De même qu’en b., pour tout M ∈ W : −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ 3MA − 5MB − 4MC + 6MD = −5AB − 4AC + 6AD = 3BA − 4BC + 6BD .

Remarque Les systèmes associés aux questions b. et d. ont une masse nulle, on ne peut donc pas introduire de barycentre.

-

série S

156

XI. Barycentre

XI.1.4 Propriétés T HÉORÈME XI.1.2 H OMOGÉNÉITÉ On ne change pas le barycentre d’un système en multipliant tous ces coefficients par une même constante non nulle. © ª Démonstration Soit G le barycentre d’un système (Ai ,αi ) | i ∈ 1,n de masse non nulle et λ un réel non nul. ´ ´ ³ ³ n n n X −−−→ X X −−−→ −−−→ On a : αi GAi =~0 ; donc : αi GAi = λ~0 =~0. ä λαi GAi = λ i =1

i =1

i =1

T HÉORÈME XI.1.3 Soit A, B, C, D quatre points non coplanaires et a, b, c, d quatre nombres réels tels que : a + b , 0 ; a + b + c , 0 ; a + b + c + d , 0. b (1) Le barycentre du système {(A, a), (B, b)} est le point d’abscisse sur la droite (AB) munie du repère (A, B). a +b ¶ µ c b ; sur le plan (2) Le barycentre du système {(A, a), (B, b), (C, c)} est le point de coordonnées a +b +c a +b +c (ABC) muni du repère (A, B, C). (3) Le barycentre du système {(A, a), (B, b), (C, c), (D, d)} est le point de coordonnées ¶ µ c d b ; ; dans E muni du repère (A, B, C, D). a +b +c +d a +b +c +d a +b +c +d

Démonstration Les trois propriétés se démontrent suivant le même schéma. À titre indicatif nous démontrerons la propriété (2). Soit G le barycentre du système. Pour tout point M de W, on a par réduction de somme de Leibniz : −−→ −−→ −−→ −−→ (a + b + c)MG = a MA + b MB + c MC . Pour M = A, on en déduit que :

−−→ AG =

D’où l’on tire le résultat désiré. ä

Exercice XI.1.6.

b c −−→ −−→ AB + AC . a +b +c a +b +c

A et B sont deux points tels que AB = 3. Placer le barycentre G du système {(A,−2),(B,5)}.

Solution G est le point d’abscisse

5 sur la droite (AB) munie du repère (A, B). 3

A

B

G

Exercice XI.1.7. Le plan est muni du repère (O ;~ı ,~ ). On considère les points A(1;−1), B(5 ;-1) et C(2;2). Placer le point, G, barycentre du système {(A,−5),(B,9),(C,8)} ½µ ¶ µ ¶ µ

Solution La masse du système est 12, donc par homogénéité : G = bar µ ¶ 3 2 que G est le point de coordonnées dans le repère (A, B, C). ; 4 3

A;−

5 3 2 , B; , C; 12 4 3

¶¾

. Nous en déduisons

T HÉORÈME XI.1.4 Soit A, B, C, D quatre points non coplanaires et x, y, z trois nombres réels. (1) Sur la droite (AB) munie du repère (A, B), le point d’abscisse x est le barycentre du système {(A, 1 − x), (B, x)}. ¡ ¢ (2) Dans le plan (ABC) muni du repère (A, B, C) le point de coordonnées x ; y est le barycentre du système {(A, 1 − x − y), (B, x), (C, y)}. (3) Dans E muni du repère (A, B, C, D)le point de coordonnées (x ; y ; z) est le barycentre du système {(A, 1 − x − y − z), (B, x), (C, y)(D, z)}. Démonstration Les trois propriétés se démontrent suivant le même schéma. À titre indicatif nous démontrerons la propriété (2). Soit M(x ; y ) dans le repère (A,B,C). On a : −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ AM = x AB + y AC = x AM + x MB + y AM + y MC . On en déduit que :

D’où l’on tire le résultat désiré. ä

−−→ −−→ −−→ (1 − x − y )MA + x MB + y MC =~0.

Le corollaire suivant est une conséquence immédiate des théorèmes XI.1.3 et XI.1.4. C OROLL AIRE XI.1.5 Soit A, B, C, D quatre points non coplanaires (1) L’ensemble des barycentres des points A et B est la droite (AB). (2) L’ensemble des barycentres des points A, B et C est le plan (ABC). (3) L’ensemble des barycentres des points A, B, C et D est l’espace E.

Démonstration Démontrons par exemple (2).

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Terminale VI

XI.1. Barycentre

157

D’après le théorème XI.1.3 tout barycentre de A, B, C est un point de (ABC). D’après le théorème XI.1.4 tout point de (ABC) est un barycentre de A, B, C. Donc, l’ensemble des barycentres des points A, B et C est le plan (ABC). ä

T HÉORÈME XI.1.6 A SSOCIATIVITÉ Dans un système de points pondérés, lorsqu’on remplace un sous-système par un sous-système équivalent, on obtient un système équivalent.

© ª → © ª − Démonstration Soit un système (Ai ,αi ) | i ∈ 1,n , f la fonction vectorielle de L EIBNIZ associée et (B j ,β j ) | j ∈ 1, p un système équivalent © ª au système (Ai ,αi ) | i ∈ 1, q (avec 0 < q©< n). ª Nous devons démontrer que les systèmes (A1 ,αª 1 ),··· ,(Aq ,αq ),(Aq+1 ,αq+1 ),··· ,(An ,αn ) et © (B1 ,β1 ),··· ,(Bp ,βp ),(Aq+1 ,αq+1 ),··· ,(An ,αn ) ont la même fonction vectorielle de L EIBNIZ . q p X −−−→ X −−−→ Pour tout point M de W, on a : αi MAi = β j MB j . i =1

j =1

q p n n n X X X → − −−−→ X −−−→ −−−→ X −−−→ −−−→ Donc, pour tout point M de W : f (M) = αi MAi = αi MAi + αi MAi = β j MB j + αi MAi ä i =1

i =1

i =q+1

j =1

i =q+1

Remarque Le théorème XI.1.6 signifie, entre autre, qu’on ne change pas le barycentre d’un système en remplaçant un sous-système par un sous-système équivalent. Exercice XI.1.8. Soit ABC un triangle et a , b , c trois réels tels que : a + b , 0 ; b + c , 0 ; c + a , 0 et a + b + c , 0. On considère les points A′ , B′ et C′ , barycentres respectifs des systèmes : {(B,b),(C,c )} ; {(C,c ),(A, a)} ; {(A, a),(B,b)}. 1. Justifier l’existence des points A′ , B′ et C′ . 2. Démontrer que les droites (AA′ ), (BB′ ) et (CC′ ) sont concourantes en un point qu’il conviendra de préciser.

Solution 1. Les systèmes : {(B, b), (C, c)} ; {(C, c), (A, a)} ; {(A, a), (B, b)} ; sont chacun de masse non nulle, donc leurs barycentres existent. © ª 2. Posons : G = bar (A, a)(B, b), (C, c) . © ª © ª © ª Par associativité, on a : G = bar (A, a)(A′, b + c) = bar (B, b), (B′ , a + c) = bar (C, c), (C′ , a + b) . Donc G appartient à la fois aux trois droites : G est le point de concours des droites (AA′ ), (BB′ ) et (CC′ ). T HÉORÈME XI.1.7 ³ ´ L’espace E est muni d’un repère O ;~ı,~,~ k .

¯ © ª Pour i ∈1; n on considère des points A i (xi ; y i ; zi ) et G le barycentre du système (Ai , αi ) ¯ i ∈ 1, n de masse m non nulle.  n 1 X    αi xi xG =   m i=1     n  1 X αi y i Les coordonnées de G sont : y G =  m i=1     n  1 X    αi zi  zG = m i=1

Démonstration Pour tout point M de E, on a :

n −−→ X −−−→ m MG = αi MAi . i =1

Pour M = O, on en déduit que : n −−→ 1 X −−−→ OG = αi OAi . m i =1

D’où l’on tire le résultat désiré. ä

Remarque Dans le plan on a de même :

 n 1 X   x = αi xi G   m i=1

n  1 X   αi y i  yG = m i=1

D ÉFINITION XI.1.4 Soit f une application de W dans lui-même. ¯ © ª ¯ On dira que f ©conserve les¯ barycentres ª si pour tout système (Ai , αi ) i ∈ 1, n de masse non nulle m et de barycentre G, le système ( f (A i ), αi ) ¯ i ∈ 1, n a pour barycentre f (G).

Les isométries ont été vues en classe de Seconde, les homthéties seront vues à la fin de l’année scolaire et les similitudes seront vues en enseignement de spécialité en classe de Terminale. Nous admettons le théorème suivant. T HÉORÈME XI.1.8

-

série S

158

XI. Barycentre

(1) Les isométries (translations, rotations, réflexions . . .), les homothéties et plus généralement les similitudes conservent le barycentre. (2) Les projections conservent le barycentre.

XI.1.5 Exercices XI.1.a. ABC est un triangle. Démontrer que l’isobarycentre des points A, B, C est le point de concours des

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médianes du triangle ABC.

Terminale VI

Index décimal, 63 de base a, 63 népérien, 59

affixe, 80 arbre pondéré, 137 barycentre, 155 base d’une exponentielle, 62 binôme de N EWTON , 127 borne inférieure d’une partie de borne inférieure d’une suite, 32 borne supérieur d’une partie de borne supérieur d’une suite, 32

loi

R, 31 R, 31

C, 78

cardinal, 121 centre de symétrie d’une courbe, 11 composée d’une suite par une fonction, 32 coordonnées polaires, 81 courbe intégrale, 65 dérivée n-ième d’une fonction, 73 densité de probabilité, 149 discriminant, 20 écart type, 140 épreuve de Bernoulli, 144 équation différentielle, 65 espérance mathématique, 140 événement(s), 131 élémentaire, 131 certain, 131 impossible, 131 indépendants, 134 éventualité, 131 imaginaire pur, 78 inégalité de Bernoulli, 7 intégrale d’une fonction constante, 100 d’une fonction continue, 108 d’une fonction en escalier, 101 impropre, 148 isobarycentre, 155 issue, voir éventualité König(formule de), 141 logarithme

uniforme, 151 loi de probabilité, 139 binomiale, 144 conjointe, 143 couple, 142 marginale, 143 simultanée, 143 majorant d’une partie de mantisse, 64 minorant d’une partie de M OIVRE (formule de), 84 moyenne arithmétique, 38 géométrique, 40

R, 31 R, 31

nombres complexes arguments, 82 conjugué, 78 définition, 78 forme algébrique, 78 forme trigonométrique, 83 inverse, 79 point image, 80 quotient, 79 vecteur image, 80 ordre d’une équation différentielle, 65 partition, 65, 121 point pondéré, 153 première bissectrice, 33, 54 probabilité(s), 132 conditionnelle, 136 conjointes, 143 simultanées, 143 racine n-ième (réelle), 55 racines carrées d’un nombre complexe forme algébrique, 92 forme exponentielle, 86 schéma de Bernoulli, 144 solution d’une équation différentielle, 65 somme de Darboux, 105 de Riemann, 104 159

160

Index

suite arithmético-géométrique, 41 arithmétique, 37 bornée, 34 constante, 35 convergente, 43 croissante, 35 décroissante, 35 divergente, 43 géométrique, 39 majorée, 34 minorée, 34 monotone, 35 numérique, 32 stationnaire, 35 suites adjacentes, 50 synonyme, 1 système de points pondérés, 153 temps caractéristique, 67 théorème bijection (de la), 54 fondamental de l’algèbre, 87 fondamental de l’analyse, 108 probabilités totales (des), 137 faible, 133 univers, 131 univers image, 139 variable(s) aléatoire(s), 138 indépendantes, 143, 144 variance, 140

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Terminale VI

COURS DE SPÉCIALITÉ MATHÉMATIQUES Terminale S

Valère B ONNET ([email protected])

1er novembre 2006

Lycée P ONTUS DE T YARD 13 rue des Gaillardons 71100 CHALON SUR SAÔNE Tél. : (33) 03 85 46 85 40 Fax : (33) 03 85 46 85 59 FRANCE Site web : http ://www.mathsaulycee.info

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708–709

Table des matières Table des matières I

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Arithmétique I.1 Les ensembles N et Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.1 L’ensemble N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.2 L’ensemble Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.3 Numération . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.2 Multiples et diviseurs d’un entier relatif . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.2.1 Multiples d’un entier relatif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.2.2 Diviseurs d’un entier relatif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.2.3 Ensemble des diviseurs d’un entier relatif . . . . . . . . . . . . . I.2.4 Exercices résolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.2.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.3 Nombres premiers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.3.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.3.2 Décomposition en produit de facteurs premiers . . . . . . . . . I.4 PPCM et PGCD de deux entiers relatifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.4.1 PPCM de deux entiers relatifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.4.2 PGCD de deux entiers relatifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.4.3 Déterminations du PGCD et du PPCM de deux entiers naturels I.4.4 Nombres premiers entre eux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.4.5 Équations diophantiennes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.4.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.5 Congruence modulo n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.5.1 Définition et propriétés immédiates . . . . . . . . . . . . . . . . I.5.2 Petit théorème de F ERMAT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.5.3 Résolution d’équations avec congruences . . . . . . . . . . . . . I.5.4 Utilisations des congruences . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.5.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.6 Nombres premiers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.6.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.6.2 Décomposition en produit de facteurs premiers . . . . . . . . .

Index

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5 5 5 6 9 11 11 11 13 13 14 15 15 15 17 19 19 20 22 24 26 27 28 28 30 31 35 41 41 41 44 46

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Table des matières

708–709

Chapitre I Arithmétique L’arithmétique est un des secteurs scientifiques les plus anciens et les plus féconds. Fondée essentiellement par les pythagoriciens pour qui tout était nombre, elle connu de grands progrès sous l’impulsion de F ERMAT, E ULER, L AGRANGE, G AUSS et L EGENDRE. Longtemps considérée comme la branche la plus abstraite et la moins utile des mathématiques, elle connaît aujourd’hui de nombreuses applications en informatique, en électronique et en cryptographie.

I.1 Les ensembles N et Z I.1.1 L’ensemble N N désigne l’ensemble des entiers naturels et N⋆ désigne l’ensemble des entiers naturels non nuls. On a : N = {0; 1; 2; 3; . . .; n; n + 1; . . .} et N⋆ = N \ {0}.

I.1.1.a Addition et multiplication dans N N est muni de deux opérations :

Addition dans N Multiplication dans N – l’addition, notée + ; a + 0 = 0 + a = a a ×1 = 1×a = a – la multiplication, notée ×. Pour tous entiers naturels a et b, a + b et 0 est élément neutre pour + 1 est élément neutre pour × (a × b) × c = a × (b × c) a × b sont des entiers naturels ; on dit que (a + b) + c = a + (b + c) + est associative × est associative l’addition et la multiplication dans N sont a +b = b +a a ×b = b ×a des lois de composition internes. + est commutative × est commutative Les principales propriétés de l’addition a × (b + c) = a × b + a × c et de la multiplication dans N sont résu× est distributive par rapport à + mées dans le tableau ci-contre où a, b et c a + b = 0 =⇒ a = b = 0 a × b = 1 =⇒ a = b = 1 désignent des entiers naturels. Remarque Lorsqu’il n’y a pas d’ambiguïté le produit a × b est noté : ab.

I.1.1.b Ordre dans N On définit dans N une relation, notée É, par : ∀(a; b) ∈ N2 , (a É b ⇔ ∃c ∈ N, b = a + c). Cette relation possède les propriétés suivantes, dont la démonstration est immédiate. 5

6

I. Arithmétique

T HÉORÈME I.1.1 Pour tous entiers naturels a, b et c , on a : (1) aÉa La relation É est réflexive. (2) si (a É b) et (b É a), alors a = b La relation É est antisymétrique. (3) si (a É b) et (b É c), alors (a É c) La relation É est transitive. Remarques 1. Une relation binaire à la fois réflexive, antisymétrique et transitive est une relation d’ordre. 2. Deux entiers naturels a et b sont toujours comparables, c’est-à-dire on a toujours (a É b) ou (b É a), on dit que É dans N est une relation d’ordre total. 3. Une relation d’ordre partiel est une relation d’ordre non total. Par exemple ⊂ sur P(N) est une relation d’ordre partiel. On admet le théorème suivant. T HÉORÈME I.1.2 Toute partie non vide de N admet un plus petit élément. Exemples 1. Le plus petit élément de N est 0. 2. Le plus petit élément de l’ensemble {2n + 7|n ∈ N} est 7.

I.1.2 L’ensemble Z Z désigne l’ensemble des entiers relatifs et Z⋆ l’ensemble des entiers relatifs non nuls. On a : Z = {. . . ; n − 1 ; n ; . . .; −2 ; −1 ; 0 ; 1 ; 2 ; . . .} et Z⋆ = Z \ {0}.

I.1.2.a Addition dans Z L’ensemble Z muni de l’addition possède les propriétés suivantes. T HÉORÈME I.1.3 Pour tous entiers relatifs a, b et c, on a : (1) a + b ∈ Z. L’addition dans Z est une loi de composition interne. (2) (a + b) + c = a + (b + c). L’addition dans Z est associative. (3) a + 0 = 0 + a = a. 0 est élément neutre pour l’addition dans Z. ′ ′ ′ (4) ∃a ∈ Z, a + a = a + a = 0. Tout élément de Z a un opposé dans Z. Remarque Un entier relatif a n’admet qu’un seul opposé, on le note (−a). Vocabulaire Pour résumer ses propriétés, on dit que (Z, +) est un groupe. Plus généralement, un ensemble muni d’une loi de composition interne est un groupe lorsque : – la loi est associative ; – l’ensemble possède un élément neutre pour cette loi ; – tout élément de cet ensemble admet un « symétrique » dans cet ensemble. Remarque Soit I l’ensemble des isométries du plan. (I, ◦) est un groupe ; en effet : – la composée de deux isométries est une isométrie ; – la composée des isométries est associative ; – l’application identique (élément neutre pour o) est une isométrie ; – la réciproque d’une isométrie est une isométrie.

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708–709

I.1. Les ensembles N et Z T HÉORÈME I.1.4 Pour tous entiers relatifs a et b, on a : a + b = b + a.

7

L’addition dans Z est commutative.

On dit que (Z, +) est un groupe commutatif (ou abélien). Remarques 1. (R, +) et (R⋆ , ×) sont des groupes commutatifs. 2. Le groupe (I, ◦) est non commutatif. T HÉORÈME I.1.5 Pour tous entiers relatifs a, b et c on a : si a + b = a + c, alors b = c. Démonstration En effet, si a + b = a + c, alors : (−a) + a + b = (−a) + a + c ; donc : b = c. ä

I.1.2.b Multiplication dans Z L’ensemble Z muni de la multiplication possède les propriétés suivantes. T HÉORÈME I.1.6 Pour tous entiers relatifs a, b et c on a : (1) a ×b ∈ Z La multiplication dans Z est une loi de composition interne. (2) a ×b = b ×a La multiplication dans Z est commutative. (3) (a × b) × c = a × (b × c) La multiplication dans Z est associative. (4) a ×1 = 1×a = a 1 est élément neutre pour la multiplication dans Z. (5) a × (b + c) = a × b + a × c La multiplication dans Z est distributive par rapport à l’addition. (Z, +) est un groupe commutatif ; de plus × est une loi de composition interne à Z, associative, distributive par rapport à + et présente un élément neutre, 1, on dit que (Z, +, ×) est un anneau. De plus × est commutative dans Z, on dit que (Z, +, ×) est un anneau commutatif. T HÉORÈME I.1.7 Pour tous entiers relatifs a, b et c, on a : (1) b ×0 = 0; (2) si ab = 0 alors a = 0 ou b = 0.

Démonstration Nous ne démontrerons que la première propriété. On a : bb + b × 0 = b(b + 0) = bb = bb + 0 ; donc : b × 0 = 0. ä

Remarques 1. Plus généralement un produit d’entier est nul si et seulement si l’un au moins des en tiers est nul. 2. On déduit de (2) que si ab = ac et a , 0, alors b = c.

I.1.2.c Ordre dans Z Pour tous nombres entiers relatifs a et b, on pose : b − a¡ = b + (−a). ¢ On définit dans Z une relation, notée É, par : ∀(a, b) ∈ Z2 , a É b ⇐⇒ b − a ∈ N . Cette relation est une relation d’ordre total. On admet les deux théorèmes suivants. 2006-2007

8

I. Arithmétique

T HÉORÈME I.1.8 Soit a et b deux entiers relatifs. (1) Pour tout entier relatif c, on a : a É b ⇐⇒ a + c É b + c. (2) Pour tout entier naturel non nul c, on a : a É b ⇐⇒ ac É bc. Remarque Lorsqu’on multiplie chaque membre d’une inégalité par un nombre strictement négatif, l’inégalité change de sens. T HÉORÈME I.1.9 Toute partie bornée non vide de Z admet un plus petit et un plus grand élément. ¯ © ª Exemple L’ensemble n ∈ Z¯(n + 2)2 É 6 est borné. Son plus grand élément est 0 et son plus petit élément est −4. T HÉORÈME I.1.10 Soit a et b deux entiers relatifs tels que : b , 0. Il existe un entier relatif n tel que : nb Ê a.

On dit que Z est archimédien.

Démonstration 1er cas : b Ê 1 – Si a Ê 0, il suffit de prendre n = a. – Si a < 0, il suffit de prendre n = 0. 2e cas : b É −1

On a : −b Ê 1 ; donc il existe un entier relatif m, tel que : m(−b) Ê a. Il suffit donc de prendre : n = −m. ä

I.1.2.d Division euclidienne dans Z T HÉORÈME I.1.11 Soit a et b deux entiers relatifs tels que b , 0. Il existe un unique couple (q, r ) élément de Z×N tel que : a = bq + r et 0 É r < |b|. Les nombres q et r s’appellent respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de a par b. Effectuer une division euclidienne c’est déterminer son reste et son quotient. Démonstration Existence Soit A l’ensemble de entiers naturels de la forme : a − bq (q ∈ Z). A n’est pas vide car a + |ba| est élément de A.

A est une partie non vide de N, donc A admet un plus petit élément r . On a : r ∈A et A⊂ N ; donc : 0 É r .

Il existe un entier relatif q tel que : r = a − bq.

On a : r − |b| = a − bq − |b| ; donc il existe un entier relatif q ′ tel que : r − |b| = a − bq ′ .

r est le plus petit élément de A et : r − |b| < r ; donc : r − |b| ∉A ; d’où : r − |b| < 0.

Il existe donc un couple (q, r ) tel que : a = bq + r et 0 É r < |b|.

Unicité

Soit (q, r ) et (q ′ , r ′ ) deux couples tels que : a = bq + r ; a = bq ′ + r ′ ; 0 É r < |b| et 0 É r ′ < |b|. On a : 0 = b(q ′ − q) + r ′ − r ; donc : |r ′ − r | = |b| |q ′ − q|.

Or : 0 É r ′ < |b| et −|b| < −r É 0 ; donc : −|b| < r ′ − r < |b| ; d’où : |r ′ − r | < |b| ; c’est-à-dire : |b| |q ′ − q| < |b|. De plus : |b| , 0 ; donc par quotient : |q ′ − q| < 1 ; d’où : |q ′ − q| = 0 ; c’est-à-dire : q ′ = q.

De plus : r ′ = a − bq ′ = a − bq = r ; le couple (q, r ) est donc unique. ä

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708–709

I.1. Les ensembles N et Z

9

M M

Pour démontrer qu’un objet U est l’unique objet vérifiant une propriété, il suffit de démontrer que tout objet U’ vérifiant la propriété est égal à U.

Exemples 1. a = 47 et b = 9 On a : 47 = 9 × 5 + 2 et 0 É 2 < 9. Donc : q = 5 et r = 2. 2. a = 47 et b = −9 On a : 47 = (−9) × (−5) + 2 et 0 É 2 < 9. Donc : q = −5 et r = 2.

3. a = −47 et b = 9 On a : −47 = 9 × (−6) + 7 et 0 É 7 < 9. Donc : q = −6 et r = 7. 4. a = −53 et b = −12 On a : −53 = (−12) × 5 + 7 et 0 É 7 < 12. Donc : q = 5 et r = 7.

Remarque Lorsque b est positif, on peut effectuer ³ a ´ la division euclidienne de a par b, à l’aide d’une et r = a − qb, où E désigne la fonction partie encalculatrice, en utilisant les formules : q = E b tière. Exemple Effectuer la division euclidienne ¶ 564 par 1 229. µ de −23 −23 564 −23 564 On a : = −20 et r = −23 564 − 1 229 × (−20) = 1 016. = −19, 1 . . . ; donc : q = E 1 229 1 229

I.1.3 Numération I.1.3.a Bases de numération L’homme compte depuis l’aube de l’humanité. Il commença par compter sur ses dix doigts, aujourd’hui il utilise le système décimal, ou base dix. Ainsi le nombre que nous désignons par 51 253 est, d’après notre système usuel de numération : 5 × 104 + 1 × 103 + 2 × 102 + 5 × 101 + 3 × 100 . La base dix s’est imposée par l’usage. Les ordinateurs comptent en base deux (système binaire) ; les gens qui programment les ordinateurs en assembleur utilisent des codes en base 16 (système hexadécimal) ; les navigateurs expriment la latitude et la longitude en degrés, minutes et secondes ; ils comptent donc en base soixante (système sexagésimal). On admet le théorème suivant. T HÉORÈME I.1.12 Soit p un entier naturel supérieur ou égal à 2. Tout entier naturel x peut s’écrire de façon unique : n X ak p k , où les ak sont des entiers naturels tels que : 0 É ak < p avec an , 0 si x , 0 et n = 0 si x= k=0

x = 0.

La suite a 0 , a 1 , . . . , a n est appelée développement de x en base p et l’on écrit : x = a n a n−1 . . . a 1 a 0 p .

Remarque Le quotient et le reste de la division euclidienne de x par p sont respectivement : q 0 = an an−1 . . . a1 p et a0 . Le quotient et le reste de la division euclidienne de q 0 par p sont respectivement : q 1 = an an−1 . . . a2 p et a1 . On peut ainsi déterminer de proche en proche tous les chiffres de l’entier naturel x écrit en base p. Exemples 5 1. On a : 121 = 4 × 52 + 4 × 51 + 1 × 50 ; donc : 121 = 441 . 2006-2007

10

I. Arithmétique

2. Pour convertir 134 en base 7, on effectue des divisions successives par 7 en commençant par 134, comme indiqué sur la figure ci-contre. 7 On en déduit que : 134 = 251 .

134 1

7 19 5

7 2 2

7 0

I.1.3.b Système binaire Pour écrire un nombre en base 2, l’ensemble des chiffres utilisé est : {0 ; 1}. 2

Exercice I.1.1.

Convertir en base dix le nombre : 10010011101 .

Exercice I.1.2.

Convertir en base deux le nombre : 203.

2

Solution On a : 10010011101 = 210 + 27 + 24 + 23 + 22 + 20 = 1 024 + 128 + 16 + 8 + 4 + 1 = 1 181 Solution Effectuons des divisions successives par 2 en commençant par 203, comme indiqué sur la figure ci-dessous. 203 1

2 101 1

2 50 0

2 25 1

2 12 0

2 6 0

2 3 1

2 1 1

2 0

2

On en déduit que : 203 = 11001011 .

I.1.3.c Système hexadécimal Pour écrire un nombre en base 16, l’ensemble des chiffres utilisé est : {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 ; A ; B ; C ; D ; E ; F} Les chiffres A, B, C, D, E et F représentent respectivement les nombres 10 ; 11 ; 12 ; 13 ; 14 et 15. 16

Exercice I.1.3.

Convertir en base dix le nombre : BAC .

Exercice I.1.4.

Convertir en base seize le nombre : 51 966.

16

2

1

Solution On a : BAC = 11 × 16 + 10 × 16 + 12 × 160 = 2 816 + 160 + 12 = 2 988 Solution Effectuons des divisions successives par 16 en 51 966 14 commençant par 51 966, comme indiqué sur la figure cicontre. 16 On en déduit que : 51 966 = CAFE .

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16 3 247 15

16 202 10

16 12 12

16 0

708–709

I.2. Multiples et diviseurs d’un entier relatif

11

I.1.4 Exercices I.1.a. Résoudre dans N2 le système : ½ x y É 2x . x+y = 4

⋄ a = −61 et b = −17 ⋄ a = 6 327 et b = 628

I.1.f. Déterminer l’entier naturel qui divisé par I.1.b. Résoudre dans Z2 le système : ½ 23 a pour reste 1 et qui divisé par 17 a le même xy = 1 . quotient et pour reste 13. 3x + y = −4 I.1.c. Démontrer par récurrence que pour tout I.1.g. Écrire en base 2 les nombres : 19 ; 157 et 987. entier naturel non nul n, on a : 2 I.1.h. Écrire en base 10 les nombres : 10110 ; n(n + 1)(2n + 1) 2 2 . 12 + 22 + 32 + · · · + n 2 = 11011 et 101011 . 6 I.1.i. Écrire en base 16 les nombres : 19 ; 157 et I.1.d. Démontrer par récurrence que pour tout 987. entier naturel n supérieur ou égal à 3, on a : 16 16 I.1.j. Écrire en base 10 les nombres : 16 ; 1A n! Ê 2n−1 . 16 I.1.e. Effectuer la division euclidienne de a par et 2A . b dans chacun des cas suivants. ⋄ a = 61 et b = 17 ⋄ a = 61 et b = −17 ⋄ a = −61 et b = 17

5

I.1.k. Écrire en base 6 le nombre : 1 234 .

I.1.l. Déterminer les couples de chiffres (x ; y) tels que le nombre d’écriture décimale 724x y soit multiple de 9.

I.2 Multiples et diviseurs d’un entier relatif I.2.1 Multiples d’un entier relatif I.2.1.a Définition et propriétés D ÉFINITION I.2.1 Soit a et b deux entiers relatifs. a est un multiple de b s’il existe un entier relatif k tel que : a = kb. Exemples 1. On a : 99 = 9 × 11 et 11 ∈ Z ; donc 99 est multiple de 9 (et de 11). 2. −21, −14, −7, 0, 7, 14, 21 sont des multiples de 7 et de −7. Remarques 1. Tout entier relatif est multiple de −1 et de 1. 2. 0 est multiple de tout entier relatif.

T HÉORÈME I.2.1 Soit a et b deux entiers relatifs tels que b est non nul. a est multiple de b si et seulement si le reste de la division euclidienne de a par b est 0. Démonstration Soit q le quotient et r le reste de la division euclidienne de a par b. On a : a = bq + r , avec 0 É r < |b|. Si r = 0 , alors : a = bq + 0 ; donc a est multiple de b. Réciproquement, si a est multiple de b, il existe un entier relatif k tel que : a = bk = bk + 0.

On peut donc prendre q = k et r = 0 or d’après le théorème I.1.11 le couple (q ; r ) est unique, donc : r = 0. ä

T HÉORÈME I.2.2 Soit a et b deux entiers relatifs. Si a est multiple de b et si a , 0 alors : |a| Ê |b|.

Démonstration Soit a et b deux entiers relatifs tels que a est multiple de b et a , 0.

2006-2007

12

I. Arithmétique

Il existe un entier k tel que a = kb ; donc : |a| = |k| |b|.

De plus : a , 0 ; donc : |k| , 0 ; d’où : |k| Ê 1.

En multipliant cette dernière inégalité membre à membre par |b|, il vient : |a| Ê |b|. ä

T HÉORÈME I.2.3 Soit a, b et c trois entiers relatifs. (1) a est multiple de a. (2) Si a est multiple de b et b est multiple de a, alors a = b ou a = −b. (3) Si a est multiple de b et b est multiple de c, alors a est multiple de c.

Démonstration (1) (2)

a = 1 × a donc a est multiple de a.

Si a est multiple de b et b est multiple de a, alors d’après le théorème I.2.2 : |a| Ê |b| et |a| É |b| ; d’où : |a| = |b| ;

c’est-à-dire : a = b ou a = −b. (3)

Si a est multiple de b et b est multiple de c, alors : a = kb (k ∈ Z) et b = k ′ c (k ′ ∈ Z) ; donc : a = (kk ′ )c (kk ′ ∈ Z).

Ce qui signifie que a est multiple de c. ä

Remarque Dans N, la relation « est multiple de » est une relation d’ordre partiel. T HÉORÈME I.2.4 Soit a, b et n trois entiers relatifs. Si a et b sont multiples de n alors, pour tous entiers u et v , au + bv est multiple de n. Démonstration

′ On a : a = a ′ n et b = b ′ n (avec a ′ ∈ Z et b ′ ∈ Z) ; donc : au + bv = (a + b ′ v} )n. ä | u{z

Exemples 1. L’opposé d’un entier relatif pair est un entier relatif pair. 2. La somme de deux entiers relatifs pairs est un entier relatif pair.

∈Z

I.2.1.b Ensemble des multiples d’un entier relatif Soit n un entier relatif. Les multiples de n sont les nombres : · · · , n × (−2), n × (−1), n × (0), n × (1), n × (2), · · · ces nombres sont de la forme : nk , où k ∈ Z. Notation L’ensemble des multiples de n (n ∈ Z) est noté n Z. Exemples 1. 3Z = {· · · ; −9 ; −6 ; −3 ; 0 ; 3 ; 6 ; 9 ; · · ·} 2. 1Z = Z 3. 0Z = {0} Remarques 1. Pour tout entier n : n Z = (−n)Z ; donc, en pratique, on utilise cette notation lorsque n est un entier naturel. 2. Pour tout entier naturel n, (n Z, +) est un groupe commutatif.

Lycée Pontus de Tyard

708–709

I.2. Multiples et diviseurs d’un entier relatif

13

I.2.2 Diviseurs d’un entier relatif D ÉFINITION I.2.2 Soit a et b deux entiers relatifs. b est un diviseur de a (ou b divise a) si a est multiple de b. Exemples 1. −4 divise 12 car : 12 = −4 × (−3) et −3 ∈ Z. 2. 9 divise 234 car : 234 = 9 × 26 et 26 ∈ Z. 3. 32 divise 323232 car : 323232 = 32 × 10101 et 10101 ∈ Z. Remarques 1. −1 et 1 divisent tout entier relatif. 2. Pour tout entier n, n et −n sont des diviseurs de n. Notations et vocabulaire Les diviseurs d’un entier n autre que : −n ; −1 ; 1 et n ; sont appelés diviseurs propres de n. Par exemple 2 et 6 sont des propres de 12. Les théorèmes suivant ne sont que des reformulations des théorèmes I.2.1, I.2.2, I.2.3, I.2.4 page 11 établis au paragraphe I.2.1.a. T HÉORÈME I.2.5 Soit a et b deux entiers relatifs tels que b est non nul. b divise a si et seulement si le reste de la division euclidienne de a par b est 0. T HÉORÈME I.2.6 Soit a et b deux entiers relatifs tels que a est non nul. Si b divise a, alors : |b| É |a|. T HÉORÈME I.2.7 Soit a, b et c trois entiers relatifs. (1) a divise a. (2) Si a divise b et b divise a, alors a = b ou a = −b. (3) Si a divise b et b divise c, alors a divise c. Remarque Dans N, la relation « divise » est une relation d’ordre partiel. T HÉORÈME I.2.8 Soit a, b et c trois entiers relatifs. (1) Si a divise b, alors −a divise b. (2) Si c divise a et b alors, pour tous entiers u et v , c divise au + bv .

I.2.3 Ensemble des diviseurs d’un entier relatif Notation Soit a et b deux entiers relatifs. D(a) désigne l’ensemble des diviseurs de a. D(a ; b) désigne l’ensemble des diviseurs communs à a et b. Exemples 1. D(1) = {−1 ; 1} 2. D(4) = {−4 ; −2 ; −1 ; 1 ; 2 ; 4} 3. D(6) = {−6 ; −3 ; −2 ; −1 ; 1 ; 2 ; 3 ; 6} 4. D(4 ; 6) = {−2 ; −1 ; 1 ; 2} 2006-2007

14

I. Arithmétique

Remarques 1. D(a ; b) = D(a) ∩ D(b). 2. Si a , 0, D(a) est un ensemble borné non vide (1 ∈ D(a) et ∀d ∈ D(a) , |d | É |a|). 3. Si a et b ne sont pas tous nuls, D(a ; b) est de même borné et non vide (1 ∈ D(a ; b) et ∀d ∈ D(a ; b) , |d | É |a| ou |d | É |b|). T HÉORÈME I.2.9 Soit a, b et q trois entiers relatifs. ¡ ¢ On a : D(a ; b) = D b ; a − bq .

Démonstration Soit c un élément de D(a ; b). ′ Il existe deux entiers relatifs k et k ′ tels ¡que : a = kc ¢ et b = k c. ′ On a : a − bq = (k − k q)c ; donc ¡ : c ∈ D ¢b ; a − bq . Par conséquent : D(a ; b) ⊂ D ¡ b ; a − bq ¢ . Soit c un élément de D b ; a − bq . Il existe deux entiers relatifs k et k ′ tels que : b = kc et a − bq = k ′ c. ′ ′ On a : a = a − bq + bq ¡ = k c −¢kcq = (k − kq)c ; donc : c ∈ D(a ; b). Par conséquent : D b ; a − bq ⊂ D(a ; b). ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ On a : D(a ; b) ⊂ D b ; a − bq et D b ; a − bq ⊂ D(a ; b) ; donc : D(a ; b) = D b ; a − bq . ä M M

Pour démontrer l’égalité de deux ensembles E et E’, on peut établir leur double inclusion ; c’est-à-dire démontrer que : E ⊂ E′

et E′ ⊂ E.

I.2.4 Exercices résolus Exercice I.2.1.

Résoudre dans N2 l’équation : x 2 − y 2 = 35

(I.1)

Solution (I.1)

(x − y)(x + y) = 35

⇐⇒

Soit (x ; y) un couple d’entiers naturels solution de l’équation (I.1) (s’il en existe). Raisonnons par conditions nécessaires. D’après l’équivalence ci-dessus, (x − y) et (x + y) sont des diviseurs « conjugués » de 35. y est positif, donc : x − y É x + y . De plus (x + y) est positif, donc (x − y)(x + y) est du signe de (x − y) or ce produit est positif, donc (x − y) est positif, c’est-à-dire : y É x . L’ensemble des diviseurs naturels de 35 est :

D(35) =

© ª 1 ; 5 ; 7 ; 35 .

(x + y) + (x − y) (x + y) − (x − y) et y = , on en déduit le tableau suivant 2 2 qui donne à la fois toutes les solutions potentielles et leur vérification.

En remarquant que : x =

x−y

x+y

5

1

Lycée Pontus de Tyard

x

y

35

18

17

7

6

1

x2 − y 2

182 − 172 = 324 − 289 = 35 62 − 12 = 36 − 1 = 35

© ª S = (6 ; 1), (18 ; 17)

708–709

I.3. Nombres premiers

15

I.2.5 Exercices I.2.a. Combien y a-t-il de multiples de 11 com- 60. I.2.c. Déterminer les entiers naturels n et p tels pris entre −1000 et 1000 ? I.2.b. Déterminer l’ensemble des diviseurs de que : n 2 − p 2 = 28.

I.3 Nombres premiers I.3.1 Généralités I.3.1.a Définition et propriété Lorsqu’un entier naturel non nul admet un diviseur propre, on dit qu’il est composé car on peut le décomposer. Par exemple, 2 est un diviseur propre de 6 et on a la décomposition : 6 = 2×3. Dans une décomposition, par exemple : 1860 = 10 ×6 ×31, il peut arriver que certains facteurs soit composés ; on peut alors désirer pousser la décomposition au maximum. Dans l’exemple précédent on obtient : 1860 = 22 × 3 × 5 × 31. On constate qu’on a utiliser les nombres 2 ; 3 ; 5 et 31 pour décomposer 1860. Plus généralement les entiers qui servent à décomposer complètement les entiers naturels supérieurs strictement à 1 sont appelés nombres premiers. D ÉFINITION I.3.1 Un nombre premier p est un entier naturel qui possède exactement deux diviseurs positifs : 1 et p. Exemples 1. Les six premiers nombres premiers sont : 2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 13. 2. 6 et 121 ne sont pas des nombres premiers car : 6 = 2 × 3 et 121 = 11 × 11. Remarques 1. 0 et 1 ne sont pas des nombres premiers. 2. Deux nombres premiers distincts sont premiers entre eux (car 1 est le diviseur commun positif). T HÉORÈME I.3.1 Tout entier naturel n Ê 2 admet au moins un diviseur premier. Démonstration

© ª Soit A l’ensemble des diviseurs de n supérieurs ou égaux à 2 : A = d Ê 2 | d ∈ D(n) .

On a : n ∈ A ; donc A n’est pas vide, par conséquent il admet un plus petit élément p.

Si p était composé il admettrait un diviseur propre positif p ′ qui serait à la fois élément de A et strictement plus petit que le plus petit élément de A, ce qui est contradictoire ; donc p est un nombre premier et puisque p ∈ A, p est un diviseur de n. ä

Remarque L’ensemble des diviseurs premiers de n n’est pas vide, il admet donc un plus petit élément : le plus petit diviseur premier de n.

I.3.1.b Ensemble des nombres premiers T HÉORÈME I.3.2 Il existe une infinité de nombres premiers ˜ p! ˜ serait alors mulDémonstrationSi l’ensemble des nombres premiers était fini il aurait un plus grand élément p,

2006-2007

16

I. Arithmétique

˜ + 1 n’aurait donc aucun diviseur premier, ce qui est en contradiction avec le tiple de tous les nombres premiers et p!

théorème I.6.1. Il existe donc une infinité de nombres premiers ä

I.3.1.c Comment savoir si un nombre est premier Un premier algorithme

T HÉORÈME I.3.3 Soit n un entier naturel(n Ê 2). Si n n’est pas premier alors il admet au moins un diviseur d tel que : 2 É d 2 É n. DémonstrationSi n n’est pas premier, il admet au moins un diviseur entier naturel autre que 1 et n. Il existe donc deux entiers naturels d et d ′ tels que : n = d × d ′ et 2 É d É d ′ . On a donc : 2 É d ; et en multipliant la seconde inégalité membre à membre par d on obtient : d 2 É n. ä

Remarques 1. D’après le théorème I.6.1, d admet un diviseur premier p et on a donc : p 2 É n ; c’est-à-dire : p p É n. 2. En pratique c’est la contraposée de cette dernière implication qui est utilisée : « si n n’a aucun p diviseur premier, p, tel que : p É n ; alors n est premier ». Exercice I.3.1.

163 p p est-il un nombre premier ? Solution On a : 163 = 12, 7 · · · ; les nombres premiers p vérifiant : p É 163 ; sont : 2 ; 3 ; 5 ; 7 et 11. On a : 163 = 2 × 81 + 1 et 0 < 1 < 2 : donc 163 n’est pas multiple de 2. 163 = 3 × 54 + 1 et 0 < 1 < 3 : donc 163 n’est pas multiple de 3. 163 = 5 × 32 + 3 et 0 < 3 < 5 : donc 163 n’est pas multiple de 5. 163 = 7 × 23 + 2 et 0 < 2 < 7 : donc 163 n’est pas multiple de 7. 163 = 11 × 14 + 9 et 0 < 9 < 11 : donc 163 n’est pas multiple de 11. p 163 n’est divisible par aucun des nombres premiers p vérifiant : p É 163 ; donc 163 est un nombre premier.

Le crible d’Ératostène L’algorithme suivant, dû à Ératosthène de Cyrène (276-194 av. J.-C.), permet de déterminer les nombres premiers inférieurs à un nombre donné n ; dans les tableaux I.3 et I.4, on a : n = 127. – On représente dans un tableau les entiers naturels successifs compris entre 2 et n. – Le nombre 2 est premier. On barre tous les multiples de 2 autre que 2. – Exemple 6 est diviseur de 54 car 54 = 6 × 9. Le premier nombre non barré est 3, qui est donc premier. On barre tous les multiples de 3 autre que 3. – On itère le procédé jusqu’à ce qu’il ne reste plus de nombre composé. À partir des multiples de quel nombre premier est-on sûr d’avoir barré tous les nombres composés ? Lycée Pontus de Tyard

708–709

I.3. Nombres premiers 2 11 20 29 38 47 56 65 74 83 92 101 110 119

3 12 21 30 39 48 57 66 75 84 93 102 111 120

4 13 22 31 40 49 58 67 76 85 94 103 112 121

5 14 23 32 41 50 59 68 77 86 95 104 113 122

6 15 24 33 42 51 60 69 78 87 96 105 114 123

17 7 16 25 34 43 52 61 70 79 88 97 106 115 124

8 17 26 35 44 53 62 71 80 89 98 107 116 125

9 18 27 36 45 54 63 72 81 90 99 108 117 126

10 19 28 37 46 55 64 73 82 91 100 109 118 127

TAB. I.1 – Crible d’É RATOSTHÈNE (début)

2 11 20 29 38 47 56 65 74 83 92 101 110 119

3 12 21 30 39 48 57 66 75 84 93 102 111 120

4 13 22 31 40 49 58 67 76 85 94 103 112 121

5 14 23 32 41 50 59 68 77 86 95 104 113 122

6 15 24 33 42 51 60 69 78 87 96 105 114 123

7 16 25 34 43 52 61 70 79 88 97 106 115 124

8 17 26 35 44 53 62 71 80 89 98 107 116 125

9 18 27 36 45 54 63 72 81 90 99 108 117 126

10 19 28 37 46 55 64 73 82 91 100 109 118 127

TAB. I.2 – Crible d’É RATOSTHÈNE (fin)

I.3.1.d Nombres premiers et divisibilité T HÉORÈME I.3.4 Soit p un nombre premier et a un entier relatif. Si a n’est pas divisible par p alors a et p sont premiers entre eux. Démonstration Les diviseurs naturels de p sont 1 et p, donc si p n’est pas un diviseur de a alors leur seul diviseur ¡ ¢ naturel commun est 1 ; d’où : PGCD a ; p = 1. ä

Remarque En particulier deux nombres premiers distincts sont premiers entre eux. T HÉORÈME I.3.5 Soit p un nombre premier et a, b deux entiers relatifs. (1) Si p divise ab alors p divise a ou p divise b. (2) Si de plus a et b sont premiers alors p = a ou p = b. Démonstration (1)

Si p divise a, alors le résultat est acquis ; sinon p divise ab et, d’après le théorème I.6.4, p est

premier avec a donc, d’après le théorème de G AUSS, p divise b. (2)

Si de plus a et b sont premiers alors les diviseurs naturels de a sont 1 et a et ceux de b sont 1 et b, comme p , 1

on en déduit que : p = a ou p = b. ä

Plus généralement ce théorème s’étend, par récurrence, à un nombre quelconque de facteurs et nous obtenons alors le corollaire suivant que nous admettons. C OROLLAIRE I.3.6 Soit p un nombre premier et a1 , a2 , · · · , an , n entiers relatifs (avec n Ê 2). (1) Si p divise a1 × a2 × · · · × an alors p divise l’un des facteurs ai . (2) Si de plus les facteurs ai sont premiers alors p est l’un d’eux.

Remarque En particulier si p divise a n (avec n É 1) alors p divise a.

I.3.2 Décomposition en produit de facteurs premiers 2006-2007

18

I. Arithmétique

I.3.2.a Théorème fondamental de l’arithmétique On a vu en introduction des nombres premiers que les nombres premiers peuvent servir à décomposer les autres entiers naturels en produit, par exemple : – on a : 12 = 22 × 3 ; – on a : 3 = 3 (3 est un nombre premier) ; – on a : 720 = 24 × 32 × 5. Plus généralement, on a le théorème suivant. T HÉORÈME I.3.7 T HÉORÈME FONDAMENTAL DE L’ ARITHMÉTIQUE Soit a un entier tel que : a Ê 2. Il existe un entier naturel non nul n, n nombres premiers distincts p 1 , . . . , p n et n entiers naturels tous non nuls α1 , · · · , αn tels que : α

α

a = p 1 1 × · · · × p nn

et

p1 < p2 < · · · < pn .

De plus cette décomposition est unique. Démonstration

Existence Considérons pour tout entier a Ê 2 la proposition Pa : « pour tout entier b tel que : 2 É b É a ; Il existe un entier naturel non nul n, n nombres premiers distincts p 1 , · · · , p n et n entiers naturels tous non nuls α1 , · · · , αn tels que : α α b = p 1 1 × · · · × p nn et p 1 < p 2 < · · · < p n ». Pour a = 2, on a : b = 2 ; n = 1 ; p 1 = 2 et α1 = 1 car 2 = 21 . Donc P2 est vraie. Soit a un entier naturel supérieur ou égal à 2 pour lequel Pa est vraie ; démontrons Pa+1 . Il suffit de déterminer une décomposition de a + 1 en produit de facteurs premiers. Deux cas sont envisageables.

1er cas : a + 1 est premier Alors : a + 1 = (a + 1)1 ; on a donc : n = 1 ; p 1 = a + 1 ; α1 = 1 et Pa+1 est acquise.

2e cas : a + 1 n’est pas premier Soit p le plus petit diviseur premier de a + 1 (il existe d’après la remarque suivant le théorème I.6.1) et b le quotient de a + 1 par p, on a donc : a + 1 = pb. a + 1 n’est pas premier, donc : 2 É b É a ; d”après Pa , il existe donc un entier naturel non nul n, n nombres α α premiers distincts p 1 , · · · , p n et n entiers naturels tous non nuls α1 , · · · , αn tels que : b = p 1 1 ×· · ·×p nn et p 1 < p2 < · · · < pn . p 1 , · · · , p n sont des diviseurs premiers de b donc de a + 1 ; d’où : p É p 1 . α α – Si p < p 1 , alors a + 1 = p × p 1 1 × · · · × p nn et p < p 1 < p 2 < · · · < p n ; α1 +1 α2 α – si p = p 1 , alors a + 1 = p 1 × p 2 × · · · × p nn et p < p 1 < p 2 < · · · < p n ; et Pa+1 est également acquise. Par récurrence on en déduit l’existence de la décomposition pour tout entier a Ê 2.

Unicité α

β

β

Soit a un entier avec a Ê 2 et a = p 1α1 × · · · × p nn , a = q 1 1 × · · · × q nn avec p 1 < p 2 < · · · < p n et q 1 < q 2 < · · · < q n deux

décompositions en produits de facteurs premiers.

Démontrons que m = n et que pour tout entier i compris entre 1 et n : p i = q i et αi = βi . β

β

Soit i un entier compris entre 1 et n. p i divise a donc p i divise q 1 1 × · · · × q nn . On en déduit, d’après le corollaire I.6.6, © ª que : p i ∈ q 1 , · · · , q n . © ª © ª © ª Pour tout entier i compris entre 1 et n on a : p i ∈ q 1 , · · · , q n ; donc : p 1 , · · · , p n ⊂ q 1 , · · · , q n . © ª © ª © ª © ª De même : q 1 , · · · , q n ⊂ p 1 , · · · , p n ; donc : p 1 , · · · , p n = q 1 , · · · , q n . On en déduit que m = n puis par récurrence que : p 1 = q 1 ; p 2 = q 2 ; . . . ; p n = q n .

Il ne reste plus qu’à démontrer que pour tout entier i compris entre 1 et n : αi = βi . α

β

β

β

β

β

i −1 i +1 Soit i un entier compris entre 1 et n. p i i divise p 1 1 × · · · × p i−1 × p i i × p i+1 × · · · × p nn et (d’après les remarques consé-

β

β

β

β

i −1 i +1 × p i+1 × · · · × p nn donc, d’après le cutives au théorème I.6.4 et au corollaire I.4.11) est premier avec p 1 1 × · · · × p i−1

théorème de G AUSS :

α pi i

divise

Lycée Pontus de Tyard

β pi i .

708–709

I.4. PPCM et PGCD de deux entiers relatifs β

α

α

19

β

De même : p i i divise p i i ; donc : p i i = p i i ; d’où : αi = βi . ä

I.3.2.b Nombres de diviseurs naturels d’un entier Exercice I.3.2.

Déterminer l’ensemble des diviseurs naturels de 224

Solution Décomposons 224 en produit de facteurs premiers. Il vient : 224 = 25 × 7.

Les diviseurs naturels de 224 sont donc les nombres, d , qui peuvent s’écrire sous la forme : d = 2α × 7β avec α ∈ {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5} et α ∈ {0 ; 1}. On en déduit que 224 a 10 diviseurs naturels dont l’ensemble est :

D(224) =

© ª 1 ; 2 ; 4 ; 8 ; 16 ; 32 ; 7 ; 14 ; 28 ; 56 ; 112 ; 224 .

I.4 PPCM et PGCD de deux entiers relatifs I.4.1 PPCM de deux entiers relatifs Soit a et b deux entiers relatifs non nuls et A l’ensemble des entiers naturels non nuls appartenant à a Z ∩b Z (on a donc : A = a Z ∩b Z ∩ N⋆ ). A est une partie non vide de N (car |ab| ∈A), donc A admet un plus petit élément. D ÉFINITION I.4.1 Soit a et b deux entiers relatifs non nuls. Le plus petit commun multiple de a et b, noté PPCM (a, b), est le plus petit élément strictement positif de a Z ∩ b Z. Exemple On a : 12Z = {· · · ; −12 ; 0 ; 12 ; 24 ; 36 ; 48 ; 60 ; 72 ; 84 ; 96 ; · · ·} 16Z = {· · · ; −16 ; 0 ; 16 ; 32 ; 48 ; 64 ; 80 ; 96 ; · · ·} 12Z ∩ 16Z = {· · · ; −48 ; 0 ; 48 ; 96 ; · · ·} donc : PPCM (12 ; 16) = 48 Exercice I.4.1.

Déterminer le PPCM de 8 et 3.

Solution Les premiers multiples strictement positifs de 8 sont : 8 ; 16 ; 24 ; . . . le premier d’entre eux qui est multiple de 3 est 24 ; donc : PPCM (3 ; 8) = 24.

Remarques 1. Pour tous entiers relatifs non nuls a et b, on a : PPCM (a ; b) = PPCM (|a| ; |b|). Dans une recherche de PPCM, on peut donc toujours se ramener à la recherche du PPCM de deux entiers naturels non nuls. 2. Pour tous entiers naturels non nuls a et b, on a : max{a ; b} É PPCM (a ; b) É ab. 3. Pour tous entiers naturels non nuls a et b, on a : PPCM (a ; b) = a ⇐⇒ a ∈ b Z. T HÉORÈME I.4.1 Soit a et b deux entiers naturels non nuls et µ leur PPCM. On a : a Z ∩ b Z = µZ.

Démonstration Soit k un élément de µZ. k est multiple de µ et µ est multiple de a et de b ; donc, par transitivité, k est multiple de a et de b. Tout multiple de µ est multiple de a et de b ; donc : µZ ⊂ a Z ∩ b Z.

2006-2007

20

I. Arithmétique

Soit k un élément de a Z ∩ b Z. Désignons par q et r le quotient et le reste de la division euclidienne de k par µ ; on a : r = k − µq. k et µq sont des multiples communs à a et b ; donc : r ∈ a Z ∩ b Z. De plus, µ est le plus petit élément strictement positif de a Z ∩ b Z et 0 É r < µ ; donc : r = 0. On en déduit que : k ∈ µZ. Donc : a Z ∩ b Z ⊂ µZ. On a : µZ ⊂ a Z ∩ b Z et a Z ∩ b Z ⊂ µZ ; donc : a Z ∩ b Z = µZ. ä

Remarque Cette propriété signifie qu’un entier c est multiple de a et de b si et seulement si il est multiple de µ. Exemple On sait que : PPCM (12 ; 16) = 48 ; donc un nombre est multiple de 12 et de 16 si et seulement si il est multiple de 48. Exercice I.4.2.

1. Déterminer le PPCM de 2 et 3.

2. Soit n un entier relatif, démontrer que n 3 − n est multiple de 6.

Solution 1. Les multiples strictement positifs de 3 sont : 3 ; 6 ; . . . ; parmi eux le plus petit entier pair est 6, donc : PPCM (2 ; 3) = 6.

2. On a : n 3 −n = n(n 2 −1) = (n−1)×n×(n+1) ; n 3 −n est donc le produit de trois entiers consécutifs, l’un d’entre eux est multiple de 3, donc n 3 − n est multiple de 3. n × (n + 1) est le produit de deux entiers consécutifs, l’un d’eux est multiple de 2, donc n 3 − n est multiple de 2. n 3 − n est multiple de 2 et de 3, il est donc multiple de leur PPCM, c’est-à-dire de 6. T HÉORÈME I.4.2 (M ULTIPLICATIVITÉ DU PPCM) Soit a, b et k trois entiers naturels non nuls. On a : PPCM(ka ; kb) = k PPCM(a ; b). Démonstration Posons : µ = PPCM (a ; b) et µ1 = PPCM (ka ; kb).

µ est multiple de a et b, il existe donc deux entiers naturels non nuls a ′ et b ′ tels que : µ = aa ′ et µ = bb ′ . On a : kµ = kaa ′ et kµ = kbb ′ . kµ est un multiple commun à ka et kb ; donc : kµ est multiple de µ1 .

µ1 est multiple de ka et kb, il existe deux entiers naturels non nuls a ′′ et b ′′ tels que : µ1 = kaa ′′ et µ1 = kbb ′′ . On a : aa ′′ = bb ′′ ; aa ′′ est un multiple commun à a et b, donc : aa ′′ est multiple de µ. On en déduit que : µ1 est multiple de kµ. µ1 et kµ sont deux entiers naturels multiples l’un de l’autre, ils sont donc égaux. On a donc : PPCM (ka ; kb) =

k PPCM (a ; b). ä

Exercice I.4.3.

Déterminer le PPCM de 45 et 120

Solution On a : PPCM (45 ; 120) = PPCM (15 × 3 ; 15 × 8) = 15 × PPCM(3 ; 8). Or on a vu que : PPCM (3 ; 8) = 24 ; donc : PPCM (45 ; 120) = 15 × 24 = 360.

I.4.2 PGCD de deux entiers relatifs I.4.2.a Définition et propriétés Soit a et b deux entiers relatifs non tous nuls. On a vu (remarque 3 §I.2.3 page 13) que l’ensemble D(a ; b) des diviseurs communs à a et b est non vide et borné, D(a ; b) admet donc un plus grand élément. D ÉFINITION I.4.2 Soit a et b deux entiers relatifs non tous nuls. Le plus grand commun diviseur de a et b, noté PGCD (a ; b), est le plus grand élément de D(a ; b). Lycée Pontus de Tyard

708–709

I.4. PPCM et PGCD de deux entiers relatifs

21

Exemples 1. On a : D(12) = {−12 ; −6 ; −4 ; −3 ; −2 ; −1 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 12} D(15) = {−15 ; −5 ; −3 ; −1 ; 1 ; 3 ; 5 ; 15} D(12 ; 15) = {−3 ; −1 ; 1 ; 3} Donc : PGCD (12 ; 15) = 3. 2. D(7) = {−7 ; −1 ; 1 ; 7} Donc le PGCD de 7 et 24 est 7 ou 1 ; mais 7 ne divise pas 24 ; donc : PGCD (7 ; 24) = 1. Remarques 1. Pour tous entiers relatifs non nuls a et b, on a : PGCD (a ; b) = PGCD (|a| ; |b|). Dans une recherche de PGCD, on peut donc toujours se ramener à la recherche du PGCD de deux entiers naturels non nuls. 2. Pour tous entiers naturels non nuls a et b, on a : 1 É PGCD (a ; b) É min{a ; b}. 3. Pour tous entiers naturels non nuls a et b, on a : PGCD (a ; b) = b ⇐⇒ b ∈ D(a). 4. Pour tout entier naturel non nul c, on a : PGCD (c ; 0) = c. T HÉORÈME I.4.3 Soit a et b deux entiers naturels non nuls et δ leur PGCD. On a : D(a ; b) = D(δ). Démonstration Soit d un élément de D(δ). d divise δ et δ divise a et b ; donc, par transitivité, d divise a et b. Tout diviseur de δ divise a et b ; donc : D(δ) ⊂ D(a ; b). Soit d un élément de D(a ; b). Désignons par µ le PPCM de d et δ ; on a donc : δ É µ. a est multiple de d et de δ, donc a est multiple de µ. De même b est multiple de µ. Donc µ est un élément de D(a ; b) ; donc : µ É δ ; puis : µ = δ. On a : PPCM (d ; δ) = δ ; donc d divise δ ; c’est-à-dire : d ∈ D(δ). Donc : D(a ; b) ⊂ D(δ). On en déduit que : D(a ; b) = D(δ). ä

Remarque Ce théorème signifie qu’un entier d divise a et b si et seulement si il divise δ. T HÉORÈME I.4.4 (M ULTIPLICATIVITÉ DU PGCD) Soit a, b et k trois entiers naturels non nuls. On a : PGCD (ka ; kb) = k PGCD(a ; b). Démonstration Posons : δ = PGCD (a ; b) et δ1 = PGCD (ka ; kb). Il existe deux entiers naturels non nuls a ′ et b ′ tels que : a = δa ′ et b = δb ′ . On a : ka = kδa ′ et kb = kδb ′ . kδ divise ka et kb, donc kδ divise δ1 . Il existe un entier naturel non nul q tel que : δ1 = qkδ.

(I.2)

Il existe deux entiers naturels non nuls a ′′ et b ′′ tels que : ka = δ1 a ′′ et kb = δ1 b ′′ . D’après (I.2), on a donc : ka = qkδa ′′ et kb = qkδb ′′ ; or k n’est pas nul, donc : a = qδa ′′ et b = qδb ′′ ; qδ divise a et b, donc qδ divise δ ; qδ et δ sont deux entiers naturels multiples l’un de l’autre, ils sont donc égaux. En remplaçant qδ par δ dans (I.2), on obtient : δ1 = kδ. ä

Exercice I.4.4.

Déterminer le PGCD de 300 et 375.

Solution On a : PGCD (300 ; 375) = PGCD (25 × 12 ; 25 × 15) = 25 × PGCD(12 ; 15) ; On a vu que : PGCD (12 ; 15) = 3 ; donc : PGCD (300 ; 375) = 25 × 3 = 75 T HÉORÈME I.4.5 Soit a et b deux entiers relatifs non tous nuls et δ leur PGCD. Les nombres de la forme : au + bv (avec u ∈ Z et v ∈ Z) ; sont les multiples de δ. Démonstration Soit u et v deux entiers relatifs. au et bv sont multiples de δ, donc au + bv est multiple de δ.

Réciproquement, considérons l’ensemble A des entiers naturels non nuls qui peuvent s’écrire sous la forme

au + bv (u ∈ Z et v ∈ Z). Si a n’est pas nul, on a : |a| = |a| × 1 + b × 0 ; donc : |a| ∈ A. A est une partie non vide de N, elle admet donc un plus petit élément p. Il existe deux entiers relatifs u ′ et v ′ tels que : p = au ′ + bv ′ .

Divisons a par p, on obtient : a = p q + r avec 0 É r < p. Donc : r = a − p q = a(1 − u ′ q) + b(v ′ q) et r ∉ A ; on en déduit que : r = 0. Donc p divise a. De même p divise b ; donc p divise δ. Or, p est un naturel multiple de δ ; donc :

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I. Arithmétique

δ = p = au ′ + bv ′ .

Tout multiple de δ est de la forme : kδ (k ∈ Z) ; c’est-à-dire de la forme : a |{z} u ′ k +b |{z} v ′ k (avec u ∈ Z et v ∈ Z). ä u

v

Exemple On a : PGCD (300 ; 375) = 75 et 225 est multiple de 75 ; donc il existe deux entiers relatifs u et v tels que : 225 = 300u + 375v . En effet : 225 = 300 × (−3) + 375 × 3 ou 225 = 4 125 − 3 900 = 300 × (−13) + 375 × (11).

¯ Remarque En termes ensemblistes, le théorème I.4.5 peut s’écrire : δZ = {au +bv ¯ u ∈ Z et v ∈ Z}. Exercice I.4.5.

Soit n un entier relatif et δ le PGCD de 2n + 3 et 3n + 2. Démontrer que : δ = 1 ou δ = 5.

Solution δ divise 2n + 3 et 3n + 2, donc δ divise 3(2n + 3) − 2(3n + 2), c’est-à-dire 5. On en déduit que δ vaut 1 ou 5. La démonstration du corollaire suivant est incluse dans la démonstration du théorème I.4.5. C OROLLAIRE I.4.6 Soit a et b deux entiers relatifs non tous nuls et δ leur PGCD. Il existe deux entiers u et v tels que : δ = au + bv . Exercice I.4.6.

L’équation : 21x − 63y = 36 ; a-t-elle des solutions dans Z2

Solution 21 et 63 sont deux multiples de 7. Pour tous entiers x et y le premier membre de l’équation est multiple de 7 alors que 36 n’est pas multiple de 7, l’équation n’a donc pas de solutions dans Z2 . Exercice I.4.7.

1. Déterminer une solution, dans Z2 , de l’équation : 7x − 24y = 1.

2. En déduire une solution, dans Z2 , de l’équation : 7x − 24y = 5.

Solution 1. On a : 7x − 24y = 1 ⇐⇒ 24y + 1 = 7x . Pour trouver une solution, il suffit donc de trouver un entier y tel que 24y + 1 soit multiple de 7. On constate que pour y = 0 et y = 1, 24y + 1 n’est pas multiple de 7 ; en revanche pour y = 2 on obtient : 24y + 1 = 49 = 7 × 7 ; d’où : 7 × 7 − 24 × 2 = 1. (7 ; 2) est une solution de l’équation : 7x − 24y = 1. 2. En multipliant membre à membre l’égalité : 7×7−24×2 = 1 ; par 5, on obtient : 7×35−24×10 = 5. (35 ; 10) est une solution de l’équation : 7x − 24y = 5 ; (En utilisant la méthode précédente nous aurions trouvé une autre solution : (11 ; 3)).

I.4.3 Déterminations du PGCD et du PPCM de deux entiers naturels I.4.3.a Avec des nombres premiers Soit a et b deux entiers naturels supérieurs à 1. En mettant en commun leurs diviseurs premiers, on peut écrire : a=

n Y

i =1

α

pi i

et

b=

n Y

i =1

β

pi i .

Exemple 550 = 2 × 52 × 11 et 405 = 34 × 5. L’union des ensembles des diviseurs premiers de 550 et 405 est donc : {2 ; 3 ; 5 ; 11}. On a : 550 = 21 × 30 × 52 × 111

Lycée Pontus de Tyard

et

405 = 20 × 34 × 51 × 110

708–709

I.4. PPCM et PGCD de deux entiers relatifs

23

T HÉORÈME I.4.7 Soit a et b deux entiers naturels supérieurs à 1. En mettant en commun leurs diviseurs premiers, on peut écrire : a=

n Y

i =1

α

et

pi i

b=

n Y

i =1

β

pi i .

On a alors : (1)

PGCD (a, b) =

(2)

PPCM (a, b) =

n Y

i =1 n Y

min{αi ,βi }

;

max{αi ,βi }

.

pi

i =1

pi

Exemple Pour a = 550 et b = 405, il vient : PGCD (550 ; 405) = 20 × 30 × 51 × 110 = 5

et

PGCD (550 ; 405) = 21 × 34 × 52 × 111 = 44550

Remarque Pour tous entiers naturels α et β, on a : min{α, β} + max{α, β} = α + β ; on en déduit que : n n n n Y Y Y Y min{αi ,βi }+max{αi ,βi } α +β β α PGCD (a, b) × PPCM (a, b) = pi = pi i i = pi i · p i i = ab. i =1

On retrouve donc le théorème I.4.14

i =1

i =1

i =1

I.4.3.b Algorithme d’E UCLIDE L EMME I.4.8 L EMME D ’E UCLIDE Soit a, b et q trois entiers relatifs non¢nuls. ¡ On a : PGCD (a ; b) = PGCD b ; a − bq .

¡ ¢ DémonstrationD’après le théorème I.2.9, on a : D(a ; b) = D b ; a − bq .

¡ ¢ Ces deux ensembles sont égaux et bornés, ils ont donc le même plus grand élément ; d’où : PGCD (a ; b) = PGCD b ; a − bq .

ä

Utilisons ce lemme pour déterminer le PGCD de 30 621 et 92 276. Posons : δ = PGCD (30 621 ; 92 276). – Divisons 92 276 par 30 621 : 92 276 = 30 621 × 3 + 413 ; donc : δ = PGCD (30 621 ; 413). – Divisons 30 621 par 413 : 30 621 = 413 × 74 + 59 ; donc : δ = PGCD (413 ; 59). – Divisons 413 par 59 : 413 = 59 × 7 + 0 ; donc : δ = PGCD (59 ; 0) = 59. donc : δ = 59. Dividende 92 276 30 621 413 On peut résumer les résultats dans le tableau ci-contre. La Diviseur 30 621 413 59 méthode que nous avons utilisée s’appelle algorithme d’EuReste 413 59 0 clide. Plus généralement, on a la propriété suivante. T HÉORÈME I.4.9 Soit a et b deux entiers naturels non nuls. Lorsque b ne divise pas a, le PGCD de a et b est le dernier reste non nul obtenu par l’algorithme d’Euclide. Démonstration On considère la suite (r n ) telle que : r 0 = a et r 1 = b.

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I. Arithmétique Si r n n’est pas nul, alors r n+1 est le reste de la division euclidienne de r n−1 par r n . Si r n est nul ; alors r n est le dernier terme de la suite.

La suite (r n ) est une suite strictement décroissante d’entiers naturels. Considérons l’ensemble A des nombres r n . A est une partie non vide de N ; donc A admet un plus petit élément : r p . Si r p n’était pas nul, alors r p+1 serait un élément de A strictement inférieur au plus petit élément de A ce qui se contre¡ ¢ dit ; donc : r p = 0. On en déduit que r p−1 divise r p−2 ; donc : PGCD r p−2 ; r p−1 = r p−1 . Pour tout entier naturel k tel que : 2 É k É p − 1 ; on a : PGCD (r k−2 ; r k−1 ) = PGCD (r k−1 ; r k ). ¡ ¢ Donc : PGCD(r 0 ; r 1 ) = PGCD r p−2 ; r p−1 . C’est-à-dire : PGCD(a ; b) = r p−1 . ä

I.4.4 Nombres premiers entre eux I.4.4.a Définition et propriétés D ÉFINITION I.4.3 Deux entiers premiers entre eux sont deux entiers dont le PGCD est 1. Exemples 1. On a vu que : PGCD (7 ; 24) = 1 ; donc 7 et 24 sont premiers entre eux. 2. 42 et 77 sont tous les deux divisibles par 7 ; donc ils ne sont pas premiers entre eux. Remarques 1. Certains utilisent l’expression « nombres étrangers » pour nombres premiers entre eux. 2. Soit a et b deux entiers relatifs non tous nuls et d un diviseur commun¡à a et¢b. On a : a = d a ′ (avec a ′ ∈ Z) ; b = d b ′ (avec b ′ ∈ Z) et PGCD (a ; b) = d PGCD a ′ ; b ′ . d est le PGCD de a et b si et seulement si a ′ et b ′ sont premiers entre eux. 3. Dire qu’une fraction est irréductible signifie que le numérateur et le dénominateur sont premiers entre eux. 4. Les seuls diviseurs communs de deux nombres premiers entre eux sont −1 et 1. T HÉORÈME I.4.10 T HÉORÈME DE B ÉZOUT1 -B ACHET2 Soit a et b deux entiers relatifs. a et b sont premiers entre eux si et seulement si il existe deux entiers relatifs u et v tels que : au + bv = 1. Démonstration Si a et b sont premiers entre eux alors leur PGCD est 1 et donc, d’après le théorème I.4.5, il existe deux entiers relatifs u et v tels que : au + bv = 1. Réciproquement, soit δ le PGCD de a et b. S’il existe deux entiers relatifs u et v tels que : au +bv = 1, alors δ divise au + bv et donc 1 ; or 1 divise δ de plus 1 et δ sont positifs, donc : δ = 1 ; c’est-à-dire : a et b sont premiers entre eux. ä

Exemples 1. On a : 632 × 9 + 47 × (−121) = 1 ; donc : 632 et 47 sont premiers entre eux. 2. Deux entiers consécutifs n et n + 1 sont premiers entre eux. En effet, on a : 1(n + 1) − 1 × n = 1 . C OROLLAIRE I.4.11 Soit a, b et c trois entiers relatifs non nuls. Si a est premier avec b et c, alors a est premier avec bc.

DémonstrationD’après le théorème de B ÉZOUT-B ACHET (I.4.10), il existe quatre entiers relatifs u, v, u ′ , v ′ tels que : au + bv = 1 et au ′ + cv ′ = 1. En multipliant membre à membre ces deux égalités, on obtient : a(auu ′ + cuv ′ + bvu ′ ) + bc × v v ′ = 1. Donc, d’après le théorème de B ÉZOUT-B ACHET, a est premier avec bc. ä 1 2

Étienne B ÉZOUT, mathématicien français – 1730-1783 C. G. B ACHET DE M ÉRIZIAC, mathématicien français – 1581-1638

Lycée Pontus de Tyard

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I.4. PPCM et PGCD de deux entiers relatifs

25

Soit n un entier relatif, démontrer que 7n + 18 et 10n 2 + 51n + 65 sont premiers entre eux (on pourra factoriser 10n 2 + 51n + 65). Exercice I.4.8.

Solution En factorisant, on obtient : 10n 2 + 51n + 65 = (5n + 13)(2n + 5). On a : 2(7n + 18) − 7(2n + 5) = 1 et −5(7n + 18) + 7(5n + 13) = 1 ; donc, d’après le théorème de B É ZOUT , 7n+18 est premier avec 2n+5 et 5n+13 ; par conséquent 7n+18 est premier ave leur produit c’est-à-dire 10n 2 + 51n + 65. Exercice I.4.9.

a est un entier premier avec 3 et 7, l’équation : ax − 21y = 5 ; a-t-elle au moins une solution ?

Solution a est premier avec 3 et avec 7, donc a et 21 sont premiers entre eux, d’où : PGCD (a, 21) = 1. Lorsque (x, y) décrit Z2 , ax − 21y décrit l’ensemble des multiples de PGCD (a, 21), c’est-à-dire Z, donc l’équation a au moins une solution. T HÉORÈME I.4.12 T HÉORÈME DE G AUSS3 Soit a, b et c trois entiers relatifs non nuls. Si a divise bc et si a et b sont premiers entre eux, alors a divise c. Démonstration Il existe trois entiers relatifs k, u et v tels que : bc = ka et au + bv = 1. On a : auc + bvc = c ; donc : a(uc + kv) = c. Par conséquent a divise c. ä Exercice I.4.10. Résoudre dans Z2 l’équation : 7x − 3y = 0

(I.3)

Solution Soit (x, y) une solution de (I.3). On a : 7x = 3y . 7 divise 3y et est premier avec 3, donc, d’après le théorème de G AUSS, y est multiple de 7. Il existe donc un entier relatif k tel que : y = 7k . On en déduit que : x = 3k . Réciproquement, pour tout entier relatif k , on a : 7(3k) − 3(7k) = 0 ; donc le couple (3k ; 7k) est solution de (I.3). ¯ © ª L’ensemble des solutions est donc : (3k ; 7k)¯k ∈ Z . C OROLLAIRE I.4.13 Soit a, b et c trois entiers relatifs non nuls. (1) (2)

Si a et b divisent c et si a et b sont premiers entre eux, alors ab divise c. Si a et b sont premiers entre eux, alors : PPCM (a ; b) = |ab|.

Démonstration (1)

Il existe un entier relatif a ′ tel que : c = aa ′ . b divise aa ′ et est premier avec a ; donc, d’après le théorème de

G AUSS, il existe un entier relatif b ′ tel que : a ′ = bb ′ .

On en déduit que : c = abb ′ ; donc ab divise c.

(2)

a et b divisent PPCM (a ; b) et a et b sont premiers entre eux, donc ab divise PPCM (a ; b).

ab est multiple de a et de b, donc ab est multiple de PPCM (a ; b). On en déduit que : PPCM (a ; b) = |ab|. ä

Exercice I.4.11.

Soit n un entier relatif, démontrer que n 3 − n est multiple de 6.

Exercice I.4.12.

Soit n un entier naturel non nul, déterminer le PPCM de n et n + 1.

Solution On a : n 3 − n = n(n 2 − 1) = (n − 1) × n × (n + 1) ; n 3 − n est donc le produit de trois entiers consécutifs, l’un d’entre eux est multiple de 3, donc n 3 − n est multiple de 3. n ×(n +1) est le produit de deux entiers consécutifs, l’un deux est multiple de 2, donc n 3 −n est multiple de 2. n 3 − n est multiple de 2 et de 3, de plus 2 et 3 sont premiers entre eux donc n 3 − n est multiple de 6. Solution n et n + 1 sont deux entiers consécutif donc , d’après le théorème de B ÉZOUT, ils sont premiers entre eux et donc : PPCM (n ; n + 1) = n(n + 1). 3

Carl Friedrich G AUSS, mathématicien, physicien et astronome allemand – 1777-1855

2006-2007

26

I. Arithmétique

I.4.4.b Relation entre le PGCD et le PPCM de deux entiers naturels T HÉORÈME I.4.14 Soit a et b deux entiers naturels non nuls, δ leur PGCD et µ leur PPCM. On a : δµ = ab. Démonstration Les entiers naturels a ′ et b ′ tels que : a = δa ′ et b = δb ′ sont premiers entre eux. ¡ ¢ Donc : PPCM (a ; b) = δ PPCM a ′ ; b ′ = δa ′ b ′ . On en déduit, en multipliant membre à membre par δ, que : δµ = ab. ä

Exercice I.4.13.

Déterminer le PPCM de 30 621 et 92 276.

Solution On a vu que : PGCD (30 621 ; 92 276) = 59 ; 30 621 × 92 276 donc : PPCM (30 621 ; 92 276) = = 47 891 244. 59

I.4.5 Équations diophantiennes L’objectif de cette partie est de montrer comment résoudre des équations diophantiennes de degré 1 à deux inconnues ; c’est-à-dire les équations du type : ax + by = c où les inconnues sont les entiers x et y et où a, b, c sont des paramètres entiers. Par exemple, résoudre dans Z2 l’équation : 2x + 3y = 7. Nous allons d’abord étudier des exemples simples, nous constaterons alors que résoudre une telle équation il faut souvent trouver une solution puis on déduit les autres solutions de cette solution particulière. Nous verrons donc comment déterminer une solution particulière dans le cas où les coefficients sont compliqués.

I.4.5.a Exemples de résolutions Exercice I.4.14.

Résoudre dans Z2 l’équation : 25x + 15y = 7.

Exercice I.4.15.

Résoudre dans Z2 l’équation :

Solution Pour tous entiers x et y , 25x +15y est multiple de 5 (car 25 et 15 sont multiples de 5) alors que 7 ne l’est pas, donc l’équation n’a pas de solution.

25x + 15y = 35.

(I.4)

Solution On a : (I.4) ⇐⇒ 5x + 3y = 7. On a : 5 × 2 + 3 × (−1) = 10 − 3 = 7 ; donc (2 ; −1) est une solution particulière de (I.4). d’où : (I.4) ⇐⇒ 5x + 3y = 5 × 2 + 3 × (−1) ⇐⇒ 3(y + 1) = −5(x − 2). Raisonnons maintenant par conditions nécessaires. Soit (x ; y) une solution. 3 divise −5(x − 2) et est premier avec −5 donc, d’après le théorème de G AUSS, 3 divise x − 2. Soit k le quotient, on a donc : x − 2 = 3k et x = 3k + 2. En substituant x − 2 par 3k dans le dernier membre de la dernière équivalence, il vient : 3(y + 1) = −5 × 3k ; d’où : y = −5k − 1. On en déduit que toutes les solutions de (I.4) sont de la forme : (3k + 2 ; −5k − 1) (avec k ∈ Z). Lycée Pontus de Tyard

708–709

I.4. PPCM et PGCD de deux entiers relatifs

27

Réciproquement, les couples de cette forme sont-ils tous solutions de (I.4) ? Soit k ∈ Z, considérons le couple (3k + 2 ; −5k − 1). On a : 5(3k + 2) + 3(−5k − 1) = 15k + 10 − 15k − 3 = 7 ; donc : ¯ © ª S = (3k + 2 ; −5k − 1)¯k ∈ Z .

I.4.5.b Détermination d’une solution particulière Exercice I.4.16.

On se propose de déterminer une solution particulière de l’équation : 567x + 2 854y = 5.

1. Démontrer, en utilisant l’algorithme d’Euclide, que 567 et 2 854 sont premiers entre eux.

2. Utiliser les calculs effectués à la question précédente pour déterminer deux entiers relatifs u et v tels que : 567u + 2 854v = 1.

3. Déterminer deux réels u ′ et v ′ tels que : 567u ′ + 2 854v ′ = 5.

Solution 1. On a : 2 854 = 5 × 567 + 19 ; donc : PGCD (2 854 ; 567) = PGCD (567 ; 19). On a : 567 = 29 × 19 + 16 ; donc : PGCD (567 ; 19) = PGCD (19 ; 16). On a : 19 = 16 + 3 ; donc : PGCD (19 ; 16) = PGCD (16 ; 3). On a : 16 = 5 × 3 + 1 ; donc : PGCD (16 ; 3) = PGCD (3 ; 1) = 1. Les nombres 567 et 2 854 sont donc premiers entre eux. 2. Utilisons les divisions euclidiennes précédentes, de la dernière à la première. On a : 1 = 16 − 5 × 3 = 16 − 5(19 − 16) = −5 × 19 + 6 × 16 = −5 × 19 + 6(567 − 29 × 19) = 6 × 567 − 179 × 29 = 6 × 567 − 179(2 854 − 5 × 567) = 901 × 567 − 179 × 2 854 On peut donc prendre : u = 901 et v = −179. 3. En multipliant membre à membre le dernière égalité par 5, nous obtenons : 4 505 × 567 − 895 × 2 854 = 5.

On peut donc prendre : u ′ = 4 505 et v ′ = −895.

I.4.6 Exercices I.4.a. Déterminer le PPCM des entiers relatifs a et b dans chacun des cas suivants. a = 60 et b = 15 ; a = 35 et b = 91 ; a = −5 et b = 13 ; a = 512 et b = 896. I.4.b. Déterminer le PGCD des entiers relatifs a et b dans chacun des cas suivants. a = 17 et b = 17 ; a = −13 et b = 39 ; a = 99 et b = 56 ; a = 729 et b = 405.

I.4.d. À l’aide du théorème de B ÉZOUT, démontrer que pour tout entier relatif n, 2n + 5 et 5n + 13 sont premiers entre eux.

I.4.e. À l’aide du lemme d’E UCLIDE, démontrer que pour tout entier relatif n, 2n + 5 et 5n + 13 sont premiers entre eux. I.4.f. Soit a et b deux entiers tous non nuls et n un entier tel que : n Ê 2.

I.4.c. À l’aide de l’algorithme d’E UCLIDE, déter1. Démontrer que si a n et b n sont premiers entre miner le PGCD de 676 et 2 002. 2006-2007

28 eux, alors a et b sont premiers entre eux. ¡ ¢ 2. Démontrer que : PGCD a n , b n PGCDn (a, b).

I. Arithmétique I.4.h. Résoudre dans Z2 l’équation : 256x − = 121y = 3

I.4.g. Résoudre dans Z2 l’équation : 7x − 3y = 4

I.5 Congruence modulo n I.5.1 Définition et propriétés immédiates D ÉFINITION I.5.1 Soit n un entier naturel non nul, a et b deux entiers relatifs. On dit que a est congru à b modulo n si a − b est un multiple de n. On écrit : a ≡ b (n) ; a ≡ b (modulo n) ; a ≡ b (mod n) ou parfois a ≡ b [n]. Exemples 1. 56 ≡ 6 (mod 10) ; car : 56 − 6 = 50 = 5 × 10. 2. 77 ≡ 0 (mod 7) ; car : 77 − 0 = 77 = 11 × 7. 3. −5 ≡ 3 (mod 8) ; car : −5 − 3 = −8 = −1 × 8. Remarques 1. a est multiple de n si et seulement si : a ≡ 0 (mod n). 2. a ≡ b (n) signifie a − b ∈ n Z 3. Si r désigne le reste de la division euclidienne de a par n, alors : a ≡ r (mod n). Les propriétés suivantes sont des conséquences immédiates de la définition. T HÉORÈME I.5.1 Soit n un entier naturel non nul et a, b, c trois entiers relatifs. (1) a ≡ a (mod n) La congruence modulo n est réflexive. (2) a ≡ b (mod n) ⇐⇒ b ≡ a (mod n) La congruence modulo n est symétrique. ½ a ≡ b (mod n) (3) =⇒ a ≡ c (mod n) La congruence modulo n est transitive. b ≡ c (mod n) On dit que la congruence modulo n est une relation d’équivalence sur Z.

Remarque On a déjà rencontré des relations d’équivalences, par exemple : dans l’ensemble des droites du plan la relation « est parallèle à ».

I.5.1.a Autres propriétés T HÉORÈME I.5.2 Soit n un entier naturel non nul. Deux entiers sont congrus modulo n si et seulement si ils ont le même reste lorsqu’on les divise par n. Démonstration soit a et a ′ deux entiers relatifs et r , r ′ les restes respectifs des divisions euclidiennes de a et a ′ par n. Démontrons que si : r = r ′ ; alors : a ≡ a ′ (mod n). Supposons que : r = r ′ ; alors : r ≡ r ′ (mod n). Or on sait que : a ≡ r (mod n) et r ′ ≡ a ′ (mod n) ; donc par transitivité : a ≡ a ′ (mod n).

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I.5. Congruence modulo n

29

Réciproquement, démontrons que si : a ≡ a ′ (mod n) ; alors : r = r ′ .

Supposons que : a ≡ a ′ (mod n). On sait que : r ≡ a (mod n) et a ′ ≡ r ′ (mod n) ;

donc par transitivité : r ≡ r ′ (mod n) ; ce qui signifie qu’il existe un entier k tel que : r − r ′ = kn.

Or : 0 É r < n et −n < −r ′ É 0 ; donc par somme : −n < r − r ′ < n ; d’où, en divisant par n (n > 0) : −1 < k < 1.

Par conséquent k = 0 et donc : r = r ′ . ä

T HÉORÈME I.5.3 Soit n un entier naturel non nul et a, a ′ , b, b ′ quatre entiers relatifs. (1) Si a ≡ a ′ (mod n) et b ≡ b ′ (mod n), alors a + b ≡ a ′ + b ′ (mod n). (2) Si a ≡ a ′ (mod n) et b ≡ b ′ (mod n), alors ab ≡ a ′ b ′ (mod n).

On dit que la congruence modulo n est compatible avec l’addition et la multiplication dans Z. Démonstration ½ a ≡ a ′ (mod n) b ≡ b ′ (mod n)

=⇒ =⇒ =⇒ =⇒

½

a − a′ ∈ nZ b − b′ ∈ nZ (a − a ′ ) + (b − b ′ ) ∈ n Z (a + b) − (a + b ′ ) ∈ n Z a + b ≡ a ′ + b ′ (mod n)

½

a ≡ a ′ (mod n) b ≡ b ′ (mod n)

=⇒ =⇒ =⇒ =⇒

½

a − a′ ∈ nZ ä b − b′ ∈ nZ ′ ′ ′ b(a − a ) − a (b − b ) ∈ n Z ab − a ′ b ′ ∈ n Z ab ≡ a ′ b ′ (mod n)

Remarques 1. Pour b = b ′ , on obtient : et a ≡ a ′ (mod n) =⇒ ab ≡ a ′ b (mod n). a ≡ a ′ (mod n) =⇒ a + b ≡ a ′ + b (mod n) 2. En ce qui concerne le produit, la réciproque de l’implication est fausse ; en effet : 4 × 2 ≡ 7 × 2 (mod 6) ; et pourtant : 4 . 7 (mod 6). Exercice I.5.1.

On considère les nombres a et b tels que : a = 135 et b = 93.

Déterminer le reste de la division euclidienne de a + b , ab et 2a − 3b par 23.

Solution On a : a ≡ 20 (mod 23) et b ≡ 1 (mod 23).

Donc : a + b ≡ 21 (mod 23). Or : 0 É 21 < 23 ; donc 21 est le reste de la division euclidienne de a + b par 23. De même : ab ≡ 20 (mod 23). Or : 0 É 20 < 23 ; donc 20 est le reste de la division euclidienne de ab par 23. De même : 2a − 3b ≡ 39 (mod 23) ; donc : 2a − 3b ≡ 16 (mod 23). Or : 0 É 16 < 23 ; donc 16 est le reste de la division euclidienne de 2a − 3b par 23. C OROLLAIRE I.5.4 Soit a et b deux entiers relatifs et k, n deux entiers naturels non nuls. (1) Si : a ≡ b (mod n) ; alors : a k ≡ b k (mod n). (2) b k − a k est multiple de b − a.

Démonstration(1)

Pour k = 1, la propriété est immédiate.

Supposons la vraie pour un certain k, on a alors : a ≡ b (mod n) et a k ≡ b k (mod n) ; donc par produit : a k+1 ≡ b k+1 (mod n). Par récurrence, on en déduit la propriété pour tout entier naturel non nul k. (2)

La propriété est immédiate lorsque a = b, on suppose donc désormais que : a , b.

b − a est multiple de |b − a| et |b − a| , 0, donc : b ≡ a (mod |b − a|) ; d’où : b k ≡ a k (mod |b − a|) ; de qui signifie que b k − a k est multiple de |b − a| et donc de b − a. ä

Remarques 1. On pouvait également voir la propriété (2) du corollaire ci-dessus comme une conséquence immédiate de l’identité remarquable établie au corollaire ?? page ??. 2. Lorsque les nombres a et b sont tous non nuls, le corollaire I.5.4 est vrai pour k = 0. 2006-2007

30

I. Arithmétique

Exercice I.5.2.

Démontrer que pour tout enter naturel n , 53n − 22n est multiple de 121.

¡ ¢n ¡ ¢n Solution Soit n un enter naturel. On a : 53n − 22n = 53 − 22 = 125n − 4n . On sait que 125n − 4n est multiple de 125 − 4, donc 53n − 22n est multiple de 121. T HÉORÈME I.5.5 Soit n un entier naturel non nul et a, b et c trois entiers relatifs. Si a est premier avec n alors : ab ≡ ac (mod n)

Démonstration

⇐⇒

b ≡ c (mod n) .

Si : ab ≡ ac (mod n) ; alors n divise ab − ac.

n divise a(b − c) et est premier avec a d0onc, d’après le théorème de G AUSS, n divise b − c ; ce qui signifie que :

b ≡ c (mod n).

L’implication réciproque est un corollaire du théorème I.5.3. ä

I.5.2 Petit théorème de F ERMAT T HÉORÈME I.5.6

PETIT THÉORÈME DE F ERMAT

Soit p un nombre premier et a un entier relatif. ¡ ¢ (1) a p ≡ a mod p ; (2) si de plus a et p sont premiers entre eux alors : ¡ ¢ a p−1 ≡ 1 mod p .

Démonstration (1) Si a est premier avec p, la propriété se déduit de (2) en multipliant membre à membre par a ; sinon a n’est premier avec p alors a et a p sont multiples de p et la propriété est également vérifiée. Il suffit donc de démontrer la propriété (2). (2) L’ensemble des restes non nuls modulo p est : 1, p − 1. Soit f l’application de 1, p − 1 dans lui-même qui à tout r ∈ 1, p − 1 associe le reste modulo p de ar . On se propose de démontrer que f est une bijection. Soit r et r ′ deux élément distincts de 1, p − 1, (r ′ − r ) n’est pas multiple de p, il est donc premier avec p, de plus a est premier avec p donc ar − ar ′ n’est pas multiple de p, on en déduit que : f (r ) , f (r ′ ). r ,r′

=⇒

f (r ) , f (r ′ )

(I.5)

Soit ρ ∈ 1, p − 1. Supposons que ρ n’est pas d’antécédent par f ; l’image de 1, p − 1 par f serait incluse dans 1, p − 1 \ {ρ} et donc deux éléments (au moins) de 1, p − 1 auraient la même image ce qui est en contradiction avec I.5. On en déduit que ρ a un antécédent par f et d’après I.5 cet antécédent est unique. Donc f est une bijection. Par commutativité de la multiplication, il vient : Y Y f (r ) = r = (p − 1)! r ∈1,p−1

r ∈1,p−1

¡ ¢ Pour tout r ∈ 1, p − 1 on a : ar ≡ f (r ) mod p ; donc par produit : Y ¡ ¢ a p−1 (p − 1)! ≡ f (r ) mod p r ∈1,p−1

c’est-à-dire

¡ ¢ a p−1 (p − 1)! ≡ (p − 1)! mod p

p est est premier avec tous les élément de 1, p −1, il donc premier avec leur produit, (p −1)!, on en déduit par quotient que : ¡ ¢ a p−1 ≡ 1 mod p .

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I.5. Congruence modulo n

31

ä

Remarque Ce théorème peut s’énoncer en disant que a p − a est multiple de p et que si a est n’est pas multiple de p alors a p−1 − 1 est multiple de p. Exercice I.5.3.

Démontrer que pour tout entier relatif n , n 7 − n est multiple de 42.

Solution Soit n un entier relatif. 7 est un nombre ³premier donc, le petit théorème de F ERMAT, n 7 − n est multiple de 7. ´ ¡ d’après ¡ ¢ ¢ ¡ ¢ 3 On a : n 7 − n = n n 2 − 1 = n 3 − n n 4 + n 2 + 1 ;

3 est premier, donc n 3 −n est multiple de 3 or n 7 −n est multiple de n 3 −n , donc n 7 −n est multiple de 3. n 7 − n est multiple de 3 et de 7, qui sont premiers entre eux, donc n 7 − n est multiple de ¢21. ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ On a : n 7 − n = n n − 1 n 6 + n 5 + n 4 + n 3 + n 2 + n + 1 = n 2 − n n 6 + n 5 + n 4 + n 3 + n 2 + n + 1 ; 2 est premier, donc n 2 −n est multiple de 2 or n 7 −n est multiple de n 2 −n , donc n 7 −n est multiple de 2. n 7 − n est multiple de 2 et de 21, qui sont premiers entre eux, donc n 7 − n est multiple de 42.

I.5.3 Résolution d’équations avec congruences Dans toute cette partie n désigne un entier naturel non nul.

I.5.3.a Équations du type : ax ≡ 1 (mod n)

Dans R deux nombres inverses l’un de l’autre sont deux nombres dont le produit est 1. Lorsque deux entiers a et u vérifient : au ≡ 1 (mod n) ; on dira que a et u sont « inverses » modulo n. Exemples 1. On a : 3 × 4 ≡ 1 (mod 11) ; donc 3 et 4 sont « inverses » modulo 11. 2. On a : 3 × 15 = 45 = 1 + 4 × 11 ; d’où : 3 × 15 ≡ 1 (mod 11) ; donc 3 et 15 sont « inverses » modulo 11. 3. On a : 3 × (−7) = −21 = 1 − 2 × 11 ; d’où : 3 × −7 ≡ 1 (mod 11) ; donc 3 et −7 sont « inverses » modulo 11. Dans R, pour résoudre l’équation 3x = 1 on multiplie membre à membre par l’inverse de 3. Exercice I.5.4.

Résoudre dans Z :

3x ≡ 1 (mod 11)

(I.6)

Solution 4 est premier avec 11, donc (d’après I.5.5) : (I.6)

⇐⇒

4 × 3x ≡ 4 × 1 (mod 11)

⇐⇒

12x ≡ 4 (mod 11).

On a : 12 ≡ 1 (mod 11) ; donc pour tout entier x : 12x ≡ x (mod 11) ; on en déduit que : (I.6) ⇐⇒ x ≡ 4 (mod 11).

¯ © ª S = 11k + 4¯k ∈ Z

Remarque Un entier a a des « inverses », u, modulo n si et seulement si il est premier avec n. En effet : au ≡ 1 (mod n) ; signifie qu’il existe un entier v tel que : au + nv = 1 ; on reconnaît l’identité de B ÉZOUT et on en déduit le résultat. 2006-2007

32

I. Arithmétique

Exercice I.5.5.

Résoudre dans Z : 15x ≡ 1 (mod 9)

Solution Un entier x est solution de l’équation si et seulement si il existe un entier k tel que : 15x − 9k = 1. Le premier membre de l’égalité est multiple de 3 et le second ne l’est pas donc : S=∅

I.5.3.b Équations du type : ax ≡ b (mod n) T HÉORÈME I.5.7 Soit a et b deux entiers relatifs et n un entier naturel non nul. l’équation : ax ≡ b (mod n) ; a au moins une solution si et seulement si b est multiple du PGCD de a et n. Démonstration

Un entier x est solution de l’équation si et seulement si il existe un entier k tel que : ax − nk = b.

D’après le théorème I.4.5 les nombres de la forme ax − nk sont les multiples du PGCD de a et n. ä

Remarques 1. En pratique dès que l’équation a une solution, elle en a une infinité. 2. Dès que a et n sont premiers entre eux, elle en a donc une infinité.

Dans le cas où a et n sont premiers entre eux, pour résoudre une telle équation, il suffit de connaître une solution particulière. Exercice I.5.6.

Résoudre dans Z : 5x ≡ 7 (mod 11).

Solution On a : 5 × 8 = 40 = 7 + 11 × 3 ; donc : 5 × 8 ≡ 7 (mod 11). 8 est donc une solution particulière de l’équation, on en déduit que : 5x ≡ 7 (mod 11)

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

5x ≡ 5 × 8 (mod 11) 5(x − 8) ≡ 0 (mod 11) car 5 et 11 sont premiers entre eux x − 8 ≡ 0 (mod 11) x ≡ 8 (mod 11). ¯ © ª S = 11k + 8¯k ∈ Z

On peut également utiliser un « inverse » de a modulo n. Exercice I.5.7.

Solution

Résoudre dans Z : 5x ≡ 7 (mod 11).

5x ≡ 7 (mod 11)

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

9 × 5x ≡ 9 × 7 (mod 11) car 9 et 11 sont premiers entre eux 45x ≡ 63 (mod 11) car 45 ≡ 1 (mod 11) et 63 ≡ −3 (mod 11) x ≡ −3 (mod 11). ¯ © ª S = 11k + 8¯k ∈ Z

Dans le cas où a et n ne sont pas premiers entre eux, pour résoudre une telle équation, on se ramène au où ils sont premiers entre eux. Lycée Pontus de Tyard

708–709

I.5. Congruence modulo n Exercice I.5.8.

Solution

Résoudre dans Z : 15x ≡ 25 (mod 10).

15x ≡ 25 (mod 10)

33

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

15x = 25 + 35k (k ∈ Z) 3x = 5 + 7k (k ∈ Z) 3x ≡ 5 (mod 7) 3x ≡ 3 × 4 (mod 7) car 5 ≡ 3 × 4 (mod 7) 3(x − 4) ≡ 0 (mod 7) car 3 et 7 sont premiers entre eux x − 4 ≡ 0 (mod 7) x ≡ 4 (mod 7) . ¯ © ª S = 7k + 4¯k ∈ Z

I.5.3.c Système d’équations L’objectif de cette partie est de montrer, à travers des exemples, comment résoudre un système du type : ½ ax ≡ b (mod m) . cx ≡ d (mod n) Lorsque a = c = 1 il suffit de remarquer une solution particulière. Exercice I.5.9.

Résoudre dans Z le système :

½

x ≡ 7 (mod 8) . x ≡ 11 (mod 12)

½Solution On remarque que −1 est ½ une solution du système. ½ x ≡ 7 (mod 8) x ≡ −1 (mod 8) x + 1 ≡ 0 (mod 8) ⇐⇒ ⇐⇒ . x ≡ 11 (mod 12) x ≡ −1 (mod 12) x + 1 ≡ 0 (mod 12) Les solutions du système sont les entiers x tels que x +1 est à la fois multiple de 8 et 12, c’est-à-dire de leur PPCM : 24. D’où : ¯ © ª S = 24k − 1¯k ∈ Z .

Il se peut toutefois qu’on ne remarque pas de solution particulière. On peut alors en trouver une en déterminant une solution particulière d’une équation diophantienne associée au système. Exercice I.5.10.

Résoudre dans Z le système :

½

x ≡ 7 (mod 129) . x ≡ 11 (mod 1223)

Solution Soit x une solution (s’il en existe). Il existe alors deux entiers a et b tels que : x = 129a + 7 et x = 1223b + 11 ; le couple vérifie donc : 129a − 1223b = 4.

On appliquant l’algorithme d’ E UCLIDE et en remontant de proche en proche (voir exercice I.4.16.), il vient : 493 × 129 − 52 × 1223 = 1 ; d’où, par produit par 4 : 1972 × 129 − 208 × 1223 = 4. (a ; b) = (1972 ; 208) est une solution particulière de l’équation. On a : 1972 × 129 + 7 = 208 × 1223 + 11 ; donc : 129a + 7 = 1972 × 129 + 7 = 254395 ; est une solution du système. On a donc : ½ ½ x ≡ 7 (mod 129) x ≡ 254395 (mod 129) ⇐⇒ x ≡ 11 (mod 1223) x ≡ 254395 (mod 1223) ½ x − 254395 ≡ 0 (mod 129) ⇐⇒ . x − 254395 ≡ 0 (mod 1223) 2006-2007

34

I. Arithmétique

Les solutions du système sont les entiers x tels que x − 254395 est à la fois multiple de 129 et 1223, c’est-à-dire de leur PPCM : 157767 (qu’il aurait fallu calculer)). D’où : ¯ © ª S = 157767k + 254395¯k ∈ Z .

Si on est pas dans le cas a = c = 1, alors on peut s’y ramener. Exercice I.5.11.

Résoudre dans Z le système :

Solution 15x ≡ 9 (mod 12)

½

15x ≡ 9 (mod 12) . 4x ≡ 5 (mod 7)

⇐⇒ 15x = 9 + 12k (k ∈ Z) ⇐⇒ 5x = 3 + 4k (k ∈ Z) ⇐⇒ 5x ≡ 3 (mod 4) ⇐⇒ x ≡ 3 (mod 4) 4x ≡ 5 (mod 7) ⇐⇒ 8x ≡ 10 (mod 7) ⇐⇒ x ≡ 3 (mod 7) ½ ½ 15x ≡ 9 (mod 12) x − 3 ≡ 0 (mod 4) Donc : ⇐⇒ . 4x ≡ 5 (mod 7) x − 3 ≡ 0 (mod 7) Les soltutions du système sont les entiers x tels que x − 3 est à la fois multiple de 4 et de 7 donc de leur PPCM : 28. ¯ © ª S = 28k + 3¯k ∈ Z .

I.5.3.d Équations polynomiales Pour résoudre une équation du type : p(x) ≡ 0 (mod n) ; on peut chercher un polynôme congru à p dont les racines sont entières. Exercice I.5.12.

Résoudre dans Z l’équation : x 2 ≡ 7 (mod 9).

Solution On a : 7 ≡ 16 (mod 9) ; donc : x 2 ≡ 7 (mod 9)

⇐⇒

x 2 − 16 ≡ 0 (mod 9)

⇐⇒

(x − 4)(x + 4) ≡ 0 (mod 9) .

Un entier x est solution de l’équation si et seulement si (x −4)(x +4) est multiple de 9, mais 9 = 32 ; on a donc trois possibilités. Soit x − 4 est multiple de 9, soit (x + 4) est multiple de 9, soit (x − 4) et (x + 4) sont multiples de 3. La dernière possibilité n’est pas envisageable car on en déduirait que (x + 4) − (x − 4), c’est-à-dire 8, est multiple de 3 ; donc : ¯ ¯ © ª © ª S = 9k + 4¯k ∈ Z ∪ 9k + 4¯k ∈ Z .

On peut aussi envisager tous les cas possibles. Exercice I.5.13.

Solution

Résoudre dans Z l’équation : x 3 − 13x 2 − 5x + 7 ≡ 0 (mod 3).

1er cas : x ≡ 0 (mod3) x 3 − 13x 2 − 5x est multiple de x qui lui-même est multiple de 3, donc : x 3 − 13x 2 − 5x + 7 ≡ 7 (mod 3) ; c’est-à-dire : x 3 − 13x 2 − 5x + 7 ≡ 1 (mod 3). x n’est donc pas solution. 2e cas : x ≡ 1 (mod 3) x , x 2 , x 3 et x 4 sont congrus à 1 modulo 3 donc par combinaisons : x 3 − 13x 2 − 5x + 7 ≡ 1 − 13 − 5 − 7 (mod 3) ; c’est-à-dire : x 4 − 13x 3 − 7x 2 − 2x ≡ 0 (mod 3). x est solution. Lycée Pontus de Tyard

708–709

I.5. Congruence modulo n

35

3e cas : x ≡ 2 (mod3) x 2 est congru à 1 modulo 3 alors x et x 3 sont congrus à −1 modulo 3 donc par combinaisons : x 3 − 13x 2 − 5x + 7 ≡ −1 − 13 + 5 + 7 (mod 3) ; c’est-à-dire : x 4 − 13x 3 − 7x 2 − 2x ≡ 1 (mod 3). x n’est pas solution.

¯ © ª S = 3k + 1¯k ∈ Z .

I.5.4 Utilisations des congruences I.5.4.a Détermination de restes Exercice I.5.14.

Déterminer le reste de la division euclidienne de 72 002 par 9.

Exercice I.5.15.

Déterminer, suivant les valeurs de l’entier naturel n , le reste de la division euclidienne de 5n

Solution On a : 71 ≡ 7 (mod 9) ; de plus : 72 = 49 = 9 × 5 + 4 ; donc : 72 ≡ 4 (mod 9) ; d’où : 73 ≡ 28 (mod 9) ; mais : 28 = 9 × 3 + 1 ; donc : 73 ≡ 1 (mod 9). De plus : 2 002 = 3 × 667 + 1. ¡ ¢667 Donc : 73 ≡ 1667 (mod 9) ; d’où : 72 001 × 7 ≡ 1 × 7 (mod 9) ; c’est-à-dire : 72 002 ≡ 7 (mod 9). Or : 0 É 7 < 9 ; donc le reste la division euclidienne de 72 002 par 9 est 7. par 3.

Solution On a : 51 ≡ 2 (mod 3) et 52 ≡ 1 (mod 3). ¡ ¢k Si n = 2k (k ∈ N), on a : 52 ≡ 1k (mod 3) ; donc : 5n ≡ 1 (mod 3). Le reste de la division de 5n par 3 est 1. ¡ ¢k Si n = 2k +1 (k ∈ N), on a : 52 ×5 ≡ 1k ×5 (mod 3) ; donc : 5n ≡ 5 (mod 3) ; d’où : 5n ≡ 2 (mod 3). Le reste de la division de 5n par 3 est 2.

I.5.4.b Démonstration de propriétés Exercice I.5.16.

¡ ¢ Soit n un entier naturel. Démontrer que n n 4 − 1 est multiple de 5.

Solution Cinq cas sont envisageables : n ≡ 0 (mod 5) ; n ≡ 1 (mod 5) ; · · · ; n ≡ 4 (mod 5). Les résultats sont regroupés ¡ 4 ¢ dans le tableau ci-contre. On en déduit que n n − 1 est multiple de 5. Exercice I.5.17.

Soit n un entier naturel.

n≡ ¡ 4 ¢ n −1 ≡ ¡ ¢ n n4 − 1 ≡

0 4 0

1 0 0

2 0 0

3 0 0

4 0 0

1. Démontrer que le reste de la division euclidienne de n 2 par 8 est 0, 1 ou 4. 2. En déduire que les nombres de la forme : 8k + 7 (k ∈ Z) ; ne sont pas la somme de trois carrés parfaits.

Solution 1. Huit cas sont envisageables : n ≡ 0 (mod 8) ; n ≡ 1 (mod 8) ; · · · ; n ≡ 7 (mod 8). Les résultats sont regroupés dans le tableau ci-contre. On en déduit que le reste de la division euclidienne de n 2 par 8 est 0, 1 ou 4.

n≡ n2 ≡

0 0

1 1

2 4

3 1

4 0

5 1

6 4

7 1

2. L’ensemble des restes possibles de la division euclidienne par 8 de la somme de trois carrés parfaits est le même que l’ensemble des restes possibles de la division euclidienne par 8 de la somme de trois éléments de {0, ; 1 ; 4}. Le tableau ci-dessous regroupe les restes possibles. 2006-2007

36

I. Arithmétique

a, b, c 0 0 0 0 0 1 0 0 4 0 1 1 0 1 4 0 4 4 1 1 1 1 1 4 1 4 4 4 4 4 reste 0 1 4 2 5 0 3 6 1 4 Le reste ne vaut jamais 7, donc les nombres de la forme 8k + 7 ne sont jamais la somme de trois carrés parfaits.

I.5.4.c Congruences particulières Les critères de divisibilité par 2, 3, 4 ,5 9 et parfois 11, ont été utilisés au collège. Nous allons généraliser et démontrer ces propriétés à l’aide des congruences. Dans cette partie, x désigne un entier naturel non nul et an an−1 . . . a0 avec an , 0 son écriture décimale. On a : x = an 10n + an−1 10n−1 + . . . + a1 101 + a0 . Exercice I.5.18. (Congruences modulo 5)

1. Vérifier que : ∀p ∈ N∗ , 10p ≡ 0 (mod 5). 2. a. En déduire que : x ≡ a 0 (mod 5). b. Application

Déterminer le reste de la division euclidienne par 5 de 1 738, 2 352, 13 325 et 32 064 512.

Solution 1. Soit p un élément de N∗ , on a : 10p = 5(2 × 10p−1) et 2 × 10p−1 ∈ Z ; donc : 10p ≡ 0 (mod 5). n n n X X X 2. a. On a : x = a0 + a p 10p est une somme de multiple de 5, donc a p 10p est a p 10p et p=1

p=1

p=1

multiple de 5 ; d’où : x ≡ a0 (mod 5). b. Application Les restes de la division euclidienne par 5 de 1 738, 2 352, 13 325 et 32 064 512 sont respectivement les mêmes restes que pour 8, 2, 5, 2 ; ces reste sont donc respectivement 3, 2, 0 et 2. Remarque En utilisant la congruence modulo 2, on établit de même que : x ≡ a0 (mod 2). Exercice I.5.19. (Congruences modulo 4) 1. Vérifier que : ∀p ∈ N \ {0 ;1}, 10p ≡ 0 (mod 4). 2. a. En déduire que : x ≡ a 1 a 0 (mod 4). b. Application

Déterminer le reste de la division euclidienne par 4 de 1 738, 2 352, 13 325 et 32 064 512.

Solution 1. Soit p un élément de N \ {0 ; 1}, on a : 10p = 4(25 × 10p−2) et 25 × 10p−2 ∈ Z ; donc : 10p ≡ 0 (mod 4). n n X X a p 10p et 2. a. x = a1 a0 + a p 10p ∈ 4Z ; donc : x ≡ a1 a0 (mod 4). p=2

p=2

b. Application Les restes de la division euclidienne par 4 de 1 738, 2 352, 13 325 et 32 064 512 sont respectivement les mêmes restes que pour 38, 52, 25, 12 ; ces reste sont donc respectivement 2, 0, 1 et 0. Remarque En utilisant la congruence modulo 25, on établit de même que : x ≡ a1 a0 (mod 25). Exercice I.5.20. (Congruences modulo 9) 1. Vérifier que : ∀p ∈ N, 10p ≡ 1 (mod 9). n X a p (mod 9). 2. a. En déduire que : x ≡ p=0

b. Application

Déterminer le reste de la division euclidienne par 9 de 1 738, 2 352, 13 325 et 32 064 512.

Lycée Pontus de Tyard

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I.5. Congruence modulo n

37

Solution 1. Soit p un élément de N. Si p = 0, on a : 100 = 1 ; donc : 10p ≡ 1 (mod 9). Si p , 0, on a : 10p − 1p = (10 − 1)(10p−1 × 10 + 10p−2 × 11 + · · · + 101 × 1p−2 + 100 × 1p−1 ; donc : 10p ≡ 1 (mod 9).

2. a. On a : x = an 10n + an−1 10n−1 + . . . + a1 101 + a0 et ∀p ∈ N, a p 10p ≡ a p (mod 9) ; n X a p (mod 9). donc par somme : x ≡ p=0

b. Application On a : 1 738 ≡ 1 + 7 + 3 + 8 (mod 9) et 1 + 7 + 3 + 8 = 19 = 2 × 9 + 1 ; donc le reste de la division de 1 738 par 9 est 1. De même, les restes de la division par 9 de 2 352, 13 325 et 32 064 512 sont respectivement 3, 5 et 5. Remarque En utilisant la congruence modulo 3, on établit de même que : x ≡

n X

a p (mod 3).

p=0

Exercice I.5.21. (Congruences modulo 11) 1. Vérifier que : ∀p ∈ N, 10p ≡ (−1)p (mod 11). n X 2. a. En déduire que : x ≡ (−1)p a p (mod 11). p=0

b. Application

Déterminer le reste de la division euclidienne par 11 de 1 738, 2 352, 13 325 et 32 064 512.

Solution 1. Soit p un élément de N. Si p = 0, on a : 10p = 1 et (−1)p = 1 ; donc : 10p ≡ (−1)p (mod 11). Si p , 0, on a : 10 ≡ −1 (mod 11) ; donc : 10p ≡ (−1)p (mod 11).

2. a. On a : x = an 10n + an−1 10n−1 + . . . + a1 101 + a0 et ∀p ∈ N, a p 10p ≡ (−1)p a p (mod 11) ; n X (−1)p a p (mod 11). donc par somme : x ≡ p=0

b. Application On a : 1 738 ≡ −1 + 7 − 3 + 8 (mod 11) ; donc le reste de la division euclidienne de 1 738 par 11 est 0. De même, les restes de la division euclidienne par 11 de 2 352, 13 325 et 32 064 512 sont respectivement 9, 4 et 7.

I.5.4.d Autour du théorème chinois Exercice I.5.22. (Centres étrangers groupe I – 2001) Un astronome a observé au jour J0 la corps céleste A, qui apparaît périodiquement tous les 105 jours. Six jours plus tard (J0 + 6), il observe le corps B, dont la période d’apparition est de 81 jours. On appelle J1 le jour de la prochaine apparition simultanée des deux objets aux yeux de l’astronome. Le but de cet exercice est de déterminer la date de ce jour J1 . 1. Soient u et v le nombre de périodes effectuées respectivement par A et B entre J0 et J1 . Montrer que le couple (u, v ) est solution de l’équation : 35x − 27y = 2

(E1 )

2. a. Déterminer un couple d’entiers relatifs (x0 , y 0 ) solution particulière de l’équation : 35x − 27y = 1

b. En déduire une solution particulière (u0 , v 0 ) de (E1 ). c. Déterminer toutes les solutions de (E1 ). d. Déterminer la solution (u, v ) permettant de déterminer J1 .

2006-2007

(E2 )

38

I. Arithmétique

3. a. Combien de jours s’écouleront entre J0 et J1 ? b. Le jour J0 était le 7 décembre 1999, quelle est la date exacte du jour J1 ? (l’année 2000 était bissextile). c. Si l’astronome manque ce futur rendez-vous, combien de jour devra-t-il attendre jusqu’à la prochaine conjonction des deux astres ?

Solution 1. Soit ∆ le nombre de jours qui s’écoulent entre J0 et J1 . u est le nombre de périodes de A entre J0 et J1 , donc : ∆ = 105u . De même : ∆ − 6 = 81v ; donc : 105u = ∆ = 81v + 6 ; d’où, en divisant par 3 : 35u − 27v = 2. (u, v ) est solution de (E1 )

2. a. Appliquons l’algorithme d’ E UCLIDE au couple (35 ; 27). 27 = 3 × 8 + 3 ; 8 = 3 × 3 − 1. On en déduit que : On a : 35 = 27 + 8 ; 27 et 35 sont premiers entre eux.

De plus : 1 = 3 × 3 − 8 = 3(27 − 3 × 8) − 8 = 3 × 2710 × 8 = 3 × 27 − 10(35 − 27) = 35 × (−10) − 27 × (−13). On peut donc prendre : (x0 , y 0 ) = (−10 ; −13) . b. En multipliant membre à membre l’égalité précédente, il vient : 35 × (−20) − 27 × (−26) = 2.

On peut donc prendre : (u 0 , v 0 ) = (−20 ; −26) .

c. Soit (x, y) une solution de (E1 ). On a : 35x − 27y = 2 = 35 × (−20) − 27 × (−26) ; donc : 35(x + 20) = 27(y + 26)

(I.7)

27 divise 35(x + 20) et, d’après 2.a. est premier avec 35, donc, d’après le théorème de G AUSS, 27 divise x + 20. Désignons par k le quotient, on a donc : x + 20 = 27k et x = 27k − 20. En remplaçant (x +20) par 27k dans (I.7), il vient : 27(y +26) = 35 ×27k d’où l’on tire : y = 35k −26. On en déduit que toutes les solutions de (E1 ) sont de la forme : (27k − 20 ; 35k − 26) avec k ∈ Z. Réciproquement, vérifions que tout couple de cette forme est solution de (E1 ). Pour tout entier k , on a : 35(27k − 20) − 27(35k − 26) = −35 × 20 + 27 × 26 = 702 − 700 = 2 ; donc : ¯ © ª S (E1 ) = (27k − 20 ; 35k − 26)¯k ∈ Z .

d. La valeur de k permettant de déterminer J1 est la valeur pour laquelle les entiers : u = 27k −20 et v = 35k − 26 ; sont des entiers naturels les plus petits possibles on déduit que k = 1 et que : (u ; v ) = (7 ; 9) .

3. a. On a : ∆ = 105u et u = 7 ; donc : ∆ = 735. Il s’écoule 735 jours entre J0 et J1 . b. Entre le 7 décembre 1999 et le 7 décembre 2001 il s’écoule deux ans (dont une année bissextile), c’est-à-dire : 365 + 366 = 731 jours. J1 est donc 4 jours après le 7 décembre 2001. J1 est le 11 décembre 2001.

c. Deux méthodes sont envisageables. Lycée Pontus de Tyard

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I.5. Congruence modulo n

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1re méthode

La prochaine conjonction aura lieu PPCM (105 ; 81) jours après J1 . PPCM (105 ; 81) = 3 PPCM(35 ; 27) = 3×35×27 = 2835 (car on a vu en 2.a. que 27 et 35 sont premiers entre eux.) Si l’astronome manque le rendez-vous, il devra patienter 2 835 jours jusqu’à la prochaine conjonction des deux astres. 2e méthode

Soit J2 la date de la conjonction suivante. Cette conjonction aura lieu pour k = 2 et on aura donc : (u ; v ) = (34 ; 44) en passant de J1 à J2 , on a : ∆u = 34 − 7 = 27. Il s’écoule 27 périodes de A (105 jours) entre J1 et J2 . Si l’astronome manque le rendez-vous, il devra patienter 2 835 jours jusqu’à la prochaine conjonction des deux astres.

Exercice I.5.23. (Théorème chinois) Soit m et n deux entiers naturels non nuls, δ leur PGCD et µ leur PPCM. 1. Démontrer que pour tous entiers a et b , on a : ½ a ≡ b (mod m) a ≡ b (mod n)

⇐⇒

¡ ¢ a ≡ b mod µ

(I.8)

2. Soit α, β deux entiers. On se propose de résoudre le système : ½

x ≡ α (mod m) x ≡ β (mod n)

(I.9)

Démontrer que si β − α n’est pas multiple de δ, alors le système n’a pas de solution.

3. On suppose désormais que α et β sont multiples de δ et on désigne par α′ et β′ leurs quotients respectifs par δ. a. Justifier l’existence d’un couple d’entiers (u, v ) tels que : mu + nv = δ. ½ ½ mu ≡ 0 (mod m) nv ≡ δ (mod m) et . b. Justifier que : mu ≡ δ (mod n) nv ≡ 0 (mod n)

c. En déduire que β′ mu + α′ nv est une solution particulière de l’équation (I.9).

4. Résoudre l’équation (I.9).

5. Application : utiliser le résultat obtenu et un tableur pour retrouver les résultats obtenus en 3.b et 3.c de l’exercice Centres étrangers groupe I – 2001 (exercice I.5.22.).

Solution 1. Soit a et ½b deux entiers relatifs. ¡ ¢ a ≡ b (mod m) Supposons que : ; démontrons que : a ≡ b mod µ . a ≡ b (mod n) ¡ ¢ b − a est multiple de m et n , donc de leur PPCM ; d’où : a ≡ b mod µ . ½ ¡ ¢ a ≡ b (mod m) . Réciproquement, supposons que : a ≡ b mod µ ; démontrons que : a ≡ b (mod n) b − a est multiple de µ½et µ est multiple de m et n donc, par transitivité, b − a est multiple de m et a ≡ b (mod m) n . On en déduit que : . a ≡ b (mod n) L’équivalence (I.8) est donc vérifiée pour tous couples (a, b) d’entiers naturels. 2. On doit démontrer une implication entre deux négations. Par contraposée, il suffit de démontrer que si le système a au moins une solution alors β − α est multiple de δ. Supposons donc que le système a une solution (au moins) x . Il existe alors deux 2006-2007

40

I. Arithmétique

entiers a et b tels que : α + am = x = β + bn ; d’où l’on tire : β − α = bn − am . m et n sont multiples de δ, donc bn − am aussi. Si β − α n’est pas multiple de δ, alors le système n’a pas de solution.

3. a. On sait que les nombre de la forme : mu +nv ; sont les multiples de δ, il existe donc un couple d’entiers (u, v ) tel que : mu + nv = δ. b. mu est multiple de m donc : mu ≡ 0½(mod m). d’après 2.a., mu − δ est multiple de n , donc : nv ≡ δ (mod m) mu ≡ δ (mod n). On établi de même que : . nv ≡ 0 (mod n) ½ ′ ½ ′ β mu ≡ 0 (mod m) α nv ≡ α (mod m) ′ ′ c. Par produits par α et par β , on en déduit que : et ; ′ β mu ≡ β (mod n) α′ nv ≡ 0 (mod n) puis par sommes, il vient : ½ ′ β mu + α′nv ≡ α (mod m) . β′ mu + α′nv ≡ β (mod n) Donc β′ mu + α′ nv est une solution particulière de l’équation (I.9). 4. On déduit de 3.c. et de 1. que : (I.9)

⇐⇒

½

x ≡ α′ mu + β′ nv (mod m) x ≡ α′ mu + β′ nv (mod n)

⇐⇒

¡ ¢ x ≡ α′ mu + β′nv mod µ .

D’où il vient l’ensemble des solutions de (I.9) : ¯ © ª S = α′ mu + β′ nv + kµ ¯ k ∈ Z

(I.10)

5. Application Prenons comme unité de temps le jour et comme origine des temps J0 . L’astronome a observé au jour J0 la corps céleste A, qui apparaît périodiquement tous les 105 jours ; donc les jours d’apparition de l’astre A sont les solutions de l’équation : J ≡ 0 (mod 105).

Six jours plus tard (J0 + 6), il observe le corps B, dont la période d’apparition est de 81 jours ; donc les jours d’apparition de l’astre B sont les solutions de l’équation : J ≡ 6 (mod 81).

Les jours d’apparitions simultanées des deux astres sont donc les solutions du système : ½

J ≡ 0 (mod 105) . J ≡ 6 (mod 81)

(I.11)

On a donc : (m ; n) = (105 ; 81) ; (δ ; µ) = (3 ; 2 835) ; (α ; β) = (0 ; 6) ; (α′ ; β′ ) = (0 ; 2). De plus : −10 × 105 + 13 × 81 = 3 ; on peut donc prendre : (u ; v ) = (−10 ; 13) ; on aura alors : α′ mu + β′ nv = 2 106. Les solutions du systèmes sont donc les nombres de la forme : 2 106 + 2 835k avec k ∈ Z.

Le théorème chinois est le théorème qui affirme que les solutions de (I.9) est donné par (I.10). Ce théorème, connu des Chinois depuis la Haute Antiquité, était utilisé pour déterminer les jours où deux astres sont en conjonction. De nos jours, il intervient dans des algorithmes permettant à un ordinateur de coder des nombres qui s’écrivent, en numération décimale, avec plus de chiffres qu’autorise la capacité de la machine. Lycée Pontus de Tyard

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I.5. Congruence modulo n

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I.5.5 Exercices I.5.a. Démontrer que : 227 ≡ 3 (mod 5)

tels que d divise n. Démontrer que pour tous entiers relatifs a et b on a : I.5.b. Démontrer, en utilisant les congruences, 4n n que pour tout entier naturel n : 2 −2 est mul- a ≡ b (mod n) =⇒ a ≡ b (mod d ). tiple de 7. I.5.e. Sans effectuer de division euclidienne, véI.5.c. Démontrer, sans utiliser les congruences, rifier que 43 758 est divisible par 99.

que pour tout entier naturel n : 24n −2n est mul- I.5.f. Démontrer que la somme des cubes de tiple de 7. trois entiers relatifs consécutifs est divisible par I.5.d. Soit n et d deux entiers naturels non nuls 9.

2006-2007

Index n Z, 12 base de numération, 9 congruence, 28–41 diviseur, 13 propre, 13 multiple, 11 nombre composé, 15, 41 premier, 15, 41 PGCD, 20 PPCM, 19 relation d’ordre, 6 système binaire, 9, 10 hexadécimal, 9, 10 sexagésimal, 9

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COURS DE SPÉCIALITÉ MATHÉMATIQUES Terminale S

Valère B ONNET ([email protected])

15 mars 2007

Lycée P ONTUS DE T YARD 13 rue des Gaillardons 71100 CHALON SUR SAÔNE Tél. : (33) 03 85 46 85 40 Fax : (33) 03 85 46 85 59 FRANCE Site web : http ://www.mathsaulycee.info

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Table des matières Table des matières I

3

Similitudes I.1 Rappels et compléments . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.1 Orientation du plan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.2 Triangles isométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.3 Exercices résolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.4 Triangles semblables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.5 Proportionnalité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.6 Cas de similitude de deux triangles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.7 Exercice résolu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.2 Généralités sur les transformations du plan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.2.2 Exercices résolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.2.3 Groupes de transformations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.2.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.3 Notions de similitudes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.3.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.3.2 Conséquences . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.3.3 Exercices résolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.3.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.4 Autres propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.4.1 Écriture complexe d’une similitude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.4.2 Similitudes directes, similitudes indirectes . . . . . . . . . . . . . . . . . I.4.3 Propriétés de conservations, images de figures usuelles . . . . . . . . . . I.5 Classification des similitudes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.5.1 Similitudes directes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.5.2 Isométries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.5.3 Similitudes indirectes (complément) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.6 Déterminations d’une similitude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.6.1 Similitude déterminée par ses éléments caractéristiques . . . . . . . . . I.6.2 Similitude déterminée par une écriture complexe . . . . . . . . . . . . . I.6.3 Similitude déterminée par deux points, leurs images et une orientation I.6.4 Similitude déterminée par deux triangles semblables . . . . . . . . . . .

Index

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5 5 5 5 8 8 10 11 12 12 12 13 15 16 16 16 17 18 18 18 18 19 20 22 22 25 30 31 31 31 32 35 37

3

4

Lycée Pontus de Tyard

Table des matières

708–709

Chapitre I Similitudes I.1 Rappels et compléments + −

I.1.1 Orientation du plan A

Orienter le plan, c’est choisir un sens positif, ou direct, de parcours des cercles du plan. Par convention on choisit le sens trigonométrique, c’est-à-dire le sens contraire des aiguilles d’une montre, comme sens positif. Ainsi ABC est un triangle de sens direct alors que DEF est un triangle de sens indirect.

D

B

C

F

E

F IG . I.1 – Orientations du plan

I.1.2 Triangles isométriques I.1.2.a Définition et propriétés D ÉFINITION I.1.1 Deux triangles isométriques sont deux triangles dont les côtés sont deux à deux de même longueur. Remarques  ′ ′  AB = A B BC = B′ C′ . 1. Dire que les triangles ABC et A’B’C’ sont isométriques signifie que :  CA = C′ A′ 2. Si les triangles ABC et A’B’C’ d’une part et A’B’C’ et A”B”C” d’autre part sont isométriques ; alors les triangles ABC et A”B”C” sont isométriques. A

Exemples 1. ABC est un triangle isocèle en A, H le milieu de [BC]. Alors ABH et ACH sont isométriques (l’un est image de l’autre par la symétrie d’axe (AH)). 2. DEFG est un parallélogramme de centre I. DIG et FIE sont isométriques. Exercice I.1.1. I.2.

D

bc ×

× ×

B

H

C E

×

G

I bc F

F IG . I.2 – Exemples de triangles isométriques

Citer deux autres triangles isométriques apparaissant sur le parallélogramme DEFG de la figure

Remarques 1. Les triangles AHB et AHC sont isométriques et orientés en des sens contraires, on dit qu’ils sont indirectement isométriques. 2. Les triangles GID et EIF sont isométriques et orientés dans le même sens, on dit qu’ils sont 5

6

I. Similitudes D

C

B

A E

F IG . I.3 – Construction de triangles isométriques directement isométriques. Exercice I.1.2. Construire les points G et H tels que, surla figure I.3, les triangles ABC et DEG soient directement isométriques ; les triangles ABC et DEH soient indirectement isométriques.

T HÉORÈME I.1.1 Si ABC et A’B’C’ sont deux triangles isométriques, alors : [

ABC = [ A′ B′ C′

[

BCA = [ B′ C′ A′

[

[ ′ ′ ′ CAB = C AB

Démonstration ³−−→ −−→´2 BAC ; On a : BC2 = AC − AB = AC2 + AB2 − 2AB × AC cos [

[ ′ ′ ′ de même : B′ C′2 = A′ C′2 + A′ B′2 − 2A′ B′ × A′ C′ cos B AC ;

de plus : AB = A′ B′

AC = A′ C′

BC = B′ C′ ; on en déduit que :

[ ′ ′ ′ cos B AC =

A′ B′2 + A′ C′2 − B′ C′2 AB2 + AC2 − BC2 [ = = cos BAC 2A′ B′ × A′ C′ 2AB × AC

et donc : [ ′ ′ ′ B A C =[ BAC. [ [ ′ ′ ′ ′ ′ ′ On démontre de même que : [ ABC = A B C et [ BCA = B CA.

A’

C |

|

ld

bc

B

A B’

bc

ld

C’

F IG . I.4 – Deux triangles isométriques ont les mêmes angles ä

T HÉORÈME I.1.2 Si ABC et A’B’C’ sont deux triangles isométriques, alors ils ont même aire.

Démonstration ¡ ¢ 1 1 [ ′ ′ ′ A C = AB × AC sin [ On a : aire A′ B′ C′ = A′ B′ × A′ C′ sin B BAC = aire (ABC). ä 2 2

Remarque Les réciproques des théorèmes I.1.1 et I.1.2 sont fausses.

Lycée Pontus de Tyard

708–709

I.1. Rappels et compléments

7

I.1.2.b Cas d’isométries de deux triangles

|

+

+

c b

bc |

|

bc

ld

ld

c b | |

bc

ld

bc

ld

T HÉORÈME I.1.3 Pour démontrer que deux triangles sont isométriques, il suffit d’établir l’une des propositions suivantes. (1) Chaque côté est de même longueur que son homologue. (2) L’un des angles est égal à son homologue et les côtés adjacents à cet angle sont chacun de même longueur que son homologue. (3) Deux angles sont égaux à leur homologue et l’un des côtés est de même longueur que son homologue.

|

Démonstration (1) est une conséquence immédiate de la définition I.1.1. (2) Soit ABC et A’B’C’ deux triangles tels que : [ ′ ′ ′ AB = A′ B′ ; BC = B′ C′ et [ ABC = A BC. A C’ Pour montrer que ABC et A’B’C’ sont isométriques, il bc suffit de démontrer que : AC = A′ C′ . Appliquons le théorème d’A L K ASHI (??) aux triangles | B C A’ ABC et A’B’C’. [ 2 2 2 Il vient : AC = AB + BC − 2AB × BC cos ABC F IG . I.5 – Deuxième cas d’isométrie de deux triangles [ ′ ′ ′ = A′ B′2 + B′ C′2 − 2A′ B′ × B′ C′ cos A BC

B’

|

ld

ld

bc

2

A

C’

bc

ld B

|

bc |

C

B’

ld

= A′ C′ (3) Soit ABC et A’B’C’ deux triangles tels que : [ ′ ′ ′ A′ B′ C′ et [ BC = B′ C′ ; [ ABC = [ BCA = B CA. Pour montrer que ABC et A’B’C’ sont isométriques, il suffit de démontrer que : AB = A′ B′ et AC = A′ C′ . [ [ ′ ′ ′ [ ′ ′ ′ BCA + [ On a : [ ABC + [ CAB = π = A B C + B′ C′ A′ + C AB ;

A’

donc : [ CAB = [ CAB. Appliquons le théorème des sinus F IG . I.6 – Troisième cas d’isométrie de deux triangles (??) aux triangles ABC et A’B’C’. Il vient : sin [ BCA sin [ B′ C′ A′ sin [ ABC sin [ A′ B′ C′ ′ ′ ′ ′ AB = BC = B C =A B et AC = BC = B′ C′ = A′ C′ ä sin [ CAB sin [ C′ A′ B′ sin [ CAB sin [ C′ A′ B′

Remarque Le fait d’avoir deux côtés de même longueur que leur côté homologue et un angle égal

B

C

|

|

A

D

F IG . I.7 – ABC et ABD ne sont pas isométriques à son homologue ne suffit pas pour conclure que les deux triangles sont isométriques. Sur la figure I.7, si on considère les triangles ABC et ABD, les côtés homologues [AB] et [AB] sont de même lon[ gueur, les côtés homologues [AC] et [AD] sont de même longueur et les angles homologues ABC et [ sont égaux. Pourtant les triangles ABC et ABD ne sont pas isométriques car les côtés homoABD logues [BC] et [BD] ne sont pas de même longueur.

2006-2007

8

I. Similitudes

I.1.3 Exercices résolus I.1.3.a Démontrer que deux triangles sont isométriques Exercice I.1.3.

ABC est un triangle isocèle en A. B’ et C’ sont les milieux respectifs des côtés [AC] et [AB].

Démontrer, par trois méthodes différentes, que les triangles ABB’ et ACC’ sont isométriques.

Solution On introduit le point A’ milieu de [BC]. Le triangle ABC est isocèle en A, donc (AA’) est la médiatrice du segment [BC] ; par conséquent la symétrie, SAA′ , d’axe (AA’) transforme B en C.

1re méthode

De plus SAA′ (A) = A et les symétries conservent le milieu, donc SAA′ (B′ ) = C′ . On a démontré que SAA′ transforme A en A, B en C et B’ en C’ ; nous savons de plus que les réflexions conservent la distance entre deux points, donc : AB = AC, AB’ = AC’, BB’ = CC’. Par conséquent les triangles ABB’ et ACC’ sont isométriques.

A

c b b c

2e méthode [′ [′ Les angles homologues BAB et CAC sont égaux et les côtés adjacents [′

à BAB , [AB] et [AB’] sont de même longueur que leurs côtés homologues respectifs [AC] et [AC’] ; donc les triangles ABB’ et ACC’ sont isométriques.

B

C’

B’

c b

c b C

A’ F IG . I.8 –

3e méthode [′ [′ Les angles homologues BAB et [ CAC′ sont égaux. Les angles homologues ABB et [ ACC′ sont égaux car les réflexions conservent les angles et SAA′ transforme A en A, B en C et B’ en C’. Les côtés homologues AB et AC sont de même longueur. Les triangles ABB’ et ACC’ ont deux angles égaux a leur homologue et un côté de même longueur que son homologue, ils sont donc isométriques.

I.1.3.b Des triangles isométriques pour démontrer Exercice I.1.4.

On reprend les données de l’exercice précédent. Démontrer que : BB′ = CC′ .

Solution On a démontrer que les triangles ABB’ et ACC’ sont isométriques ; donc les cotés homologues [BB’] et [CC’] sont de même longueur.

I.1.4 Triangles semblables Lycée Pontus de Tyard

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I.1. Rappels et compléments

9

I.1.4.a Exemple fondamental

A

Sur la figure I.9, les triangles ABC et AB’C’ sont en situation de T HALÈS. [ [ ′ ′ On a : AB C =[ ABC et [ AC′ B′ = ACB , comme angles correspondants. Dans les triangles ABC et AB’C’ les angles homologues sont égaux. On dit que triangles ABC et AB’C’ sont semblables (on dit aussi qu’ils ont la même forme). D’après le théorème de Thalès, il existe un nombre réel positif k tel que : AB′ AC′ B′ C′ = = =k. AB AC BC Les côtés homologues des triangles ABC et A’B’C’ sont proportionnels.

C’ C

B’

B F IG . I.9 – Exemple fondamental

I.1.4.b Définition et propriétés D ÉFINITION I.1.2 Deux triangles semblables sont deux triangles tel que tout angle de l’un est égal à son homologue dans l’autre. B’ ld

A

[ ′ ′ ′ BCA = B CA

|

[

signifie que :

C’

bc

Remarques 1. Dire que les triangles ABC et A’B’C’ sont semblables  [ [ ′ ′ ′   ABC = A B C

|

[

ld

bc [ ′ ′ ′ A’ CAB = C AB C 2. Des triangles isométriques sont des triangles sem- B blables puisque leurs angles sont égaux deux à deux. Mais F IG . I.10 – Triangles semblables des triangles semblables ne sont pas nécessairement isométriques. 3. Si les triangles ABC et A’B’C’ d’une part et A’B’C’ et A”B”C” d’autre part sont semblables ; alors les triangles ABC et A”B”C” sont semblables.  

T HÉORÈME I.1.4 Pour que deux triangles soient semblables il suffit qu’il y ait deux angles égaux à leur homologue. Démonstration On sait que la somme des angles d’un triangle est égale à 180◦ donc si deux triangles ont deux angles égaux à leur homologue, alors le troisième angle est lui aussi égal à son homologue ä

Exemple Sur la figure I.11, dans le triangle ABC, rectangle en A, H est le pied de la hauteur issue de A. [ [ [ On a :ABH = CBA et [ BHA = BAC .

Dans le triangle HBA les angles [ ABH et [ BHA sont égaux à leur homologue dans le triangle ABC ; les triangles HBA et ABC sont donc semblables. [ [ On a : [ BCA = ACH et [ BAC = AHC .

[ Dans le triangle ABC les angles [ BCA et BAC sont égaux à leur homologue dans le triangle HAC ; les triangles ABC et HAC sont donc semblables. Les triangles HBA et HAC sont tous deux semblables aux triangles ABC, ils sont donc semblables.

Remarques 1. Les triangles HBA et ABC sont semblables et orientés en des sens contraires, on dit qu’ils sont indirectement semblables. 2006-2007

10

I. Similitudes A

B

C

H H B A

7→ 7 → 7 →

A B C

7 → 7→ 7→

H A C

F IG . I.11 – Configuration clef 2. Les triangles HBA et HAC sont semblables et orientés dans le même sens, on dit qu’ils sont directement semblables. Exercice I.1.5.

Construire les points D et E tels que les triangles ABC et DAC soient directement semblables ; les

triangles ABC et EAC soient indirectement semblables.

A

B

C

F IG . I.12 – Construction de triangles semblables

I.1.5 Proportionnalité T HÉORÈME I.1.5 Deux triangles ABC et A’B’C’ sont semblables si et seulement il existe un nombre réel strictement A′ B′ A′ C′ B′ C′ = = = k. positif k tel que : AB AC BC Démonstration Soit ABC et A’B’C’ deux triangles. On construit sur la demi-droite [A’B’) le point B” tel que : A′ B′′ = AB ; et sur la demi-droite [A’C’) le point C” tel que : A′ C′′ = AC.

Théorème direct [ [ ′′ ′ ′′ Si ABC et A’B’C’ sont semblables, alors : B A C = BAC ; A′ B′′ = AB et A′ C′′ = AC ; donc les triangles ABC et A’B”C” sont également semblables. On en déduit que les triangles A’B”C” et A’B’C’ sont semblables. Ils sont de plus orientés dans le même sens (car B′′ ∈ [A′ B′ ) et C′′ ∈ [A′ C′ )), ils sont donc directement semblables. Par conséquent les droites (B’C’) et (B”C”) sont parallèles. Les triangles A’B’C’ et A’B”C” sont en situation de Thalès donc d’après le théorème de A′ B′ A′ C′ B′ C′ A′ B′ A′ C′ B′ C′ Thalès, il existe un nombre réel positif k tel que : ′ ′′ = ′ ′′ = ′′ ′′ = k. C’est-à-dire : = = = k. AB AC B C AB AC BC

Théorème réciproque A′ C′ A′ B′ A′ C′ B′ C′ A′ B′ = = = k ; alors on a : ′ ′′ = ′ ′′ = k ; donc, d’après la AB AC BC AB AC réciproque du théorème de Thalès, les triangles A’B’C’ et A’B”C” sont en situation de Thalès (donc semblables) et on ′ ′ ′ ′ ′ ′ AC BC AB déduit que : ′ ′′ = ′ ′′ = ′′ ′′ = k. AB AC B C A′ B′ A′ C′ B′ C′ En faisant le quotient membre à membre avec : = = = k ; on obtient : AB AC BC ′ ′ ′ ′ ′ ′ AB AB AC AC BC BC 1 AC BC AB × = ′ ′′ × = ′′ ′′ × ′ ′ = k × ; C’est-à-dire : ′ ′′ = ′ ′′ = ′′ ′′ = 1. ′ ′′ ′ ′ AB AB AC AC B C BC k AB AC B C Donc les triangles ABC et A’B”C” sont isométriques et par suite semblables. Les triangles ABC et A’B’C’ sont semblables S’il existe un nombre réel positif k tel que :

à A’B”C”, ils sont donc semblables. ä

Lycée Pontus de Tyard

708–709

I.1. Rappels et compléments

11 A’

C

A C” B”

C’

B B’ F IG . I.13 – Triangles semblables et proportionnalité Notations et vocabulaire Le nombre k est appelé rapport de similitude qui transforme ABC en A’B’C’. T HÉORÈME I.1.6 Si ABC et A’B’C’ sont deux¡ triangles et si k est le rapport de similitude qui transforme ¢ semblables ′ ′ ′ 2 ABC en A’B’C’, alors : aire A B C = k aire(ABC).

¡ ¢ [ [ [ ′ ′ ′ Démonstration On a : aire A′ B′ C′ = A′ B′ ×A′ C′ cos B A C = (k AB)×(k AC) cosBAC = k 2 AB×AC cosBAC = k 2 aire (ABC).

ä

I.1.6 Cas de similitude de deux triangles

bc

|

bc

|

T HÉORÈME I.1.7 Pour démontrer que deux triangles sont semblables, il suffit d’établir l’une des propositions suivantes. (1) Deux angles sont égaux à leur homologue.

b b

b

b

b b

b

|

b

|

b

(2) Les longueurs des côté de l’un sont proportionnelles à leurs homologues (3) L’un des angles est égal à son homologue et les longueurs des côté adjacents à cet angle sont proportionnelles aux longueurs des côtés homologues.

b

Démonstration (1)

La somme des angles d’un triangle est l’angle plat donc si deux angles sont égaux à leur homologue, alors le

troisième l’est aussi. (2)

Cette propriété est une partie du théorème I.1.5.

(3) Soit ABC et A’B’C’ deux triangles tels que : A′ B′ B′ C′ [ ′ ′ ′ = = k et [ ABC = A BC. AB BC Pour montrer que ABC et A’B’C’ sont semblables, il suffit de démontrer que : A′ C′ = kAC. Appliquons le théorème d’A L K ASHI (??) aux triangles ABC et A’B’C’. Il vient : [ ′ ′ ′ A′ C′2 = A′ B′2 + B′ C′2 − 2A′ B′ × B′ C′ cos A BC

[ = k 2 AB2 + k 2 BC2 − 2k AB × k BC cos ABC ³ ´ ABC = k 2 AB2 + BC2 − 2AB × BC cos [

= k 2 AC2

2006-2007

12

I. Similitudes

A

C’

ld

ld

b

b

B

B’

b

On en déduit que : A′ C′ = kAC. ä

b

C

A’

F IG . I.14 – Troisième cas de similitude de deux triangles

I.1.7 Exercice résolu Exercice I.1.6.

ABCD est un parallélogramme, N un point du segment [DC] distinct de D et C. La droite (AN)

coupe (BC) en M. 1. Démontrer que les triangles ADN et MBA sont des triangles semblables. 2. En déduire que DN × MB = BA × AD.

Solution 1. Dans les triangles ADN et MBA, les angles ho[ mologues [ AND et MAB sont égaux car alternes in-

bc

N

C

|

D

bc |

[ [ ternes ; les angles homologues DAN et BMA sont égaux car alternes internes. Donc les triangles ADN et MBA sont semblables. Autre méthode On a (AD)//(MC), donc les triangles ADN et MCN sont en situation de T HALÈS et donc semblables. On a (NC)//(AB), donc les triangles MCN et MBA sont en situation de T HALÈS et donc semblables. Donc les triangles ADN et MBA sont semblables. A AD DN = ; d’où l’on tire : 2. On a donc : MB BA DN × MB = BA × AD.

M

B F IG . I.15 –

I.2 Généralités sur les transformations du plan I.2.1 Introduction D ÉFINITION I.2.1 Une transformation du plan, ou transformation plane est une bijection du plan dans lui-même. Exemples 1. L’application identique du plan, IdP , c’est-à-dire l’application du plan dans lui-même définie par : IdP (M) = M ; est une transformation du plan. 2. Les translations, les rotations, les réflexions et les homothéties sont des transformations. 3. La projection orthogonale sur une droite (D) n’est pas une transformation car un point hors de (D) n’a pas d’antécédent. On rappelle que la composée de g par f , où f et g sont deux applications planes, est l’application plane f ◦ g définie par : ¡ ¢ f ◦ g (M) = f g (M) .

Lycée Pontus de Tyard

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I.2. Généralités sur les transformations du plan

13

La composition des applications du plan est associative, en effet pour toutes applications de plan f , g , h et pour tout point M du plan, on a :

donc :

 ³ ¡ ¡ ¢ ¢´   f ◦ (g ◦ h)(M) = f ◦ g ◦ h(M) = f ◦ g h(M) ³ ¡ ¡ ¢¡ ¢ ¢´   ( f ◦ g ) ◦ h(M) = f ◦ g h(M) = f ◦ g h(M) f ◦ (g ◦ h) = ( f ◦ g ) ◦ h

La réciproque d’une transformation f est la transformation, notée f −1 , telle que pour tous points M et M’ : f (M) = M′ ⇐⇒ f −1 (M′ ) = M. On a donc : f ◦ f −1 = f −1 ◦ f = IdP . Remarque Réciproquement, si f et g sont deux applications du plan telles que : f ◦g = g ◦ f = IdP ; alors f et g sont deux transformations réciproques. T HÉORÈME I.2.1 Soit f une transformation du plan et g une application du plan. Si : f ◦ g = IdP ou g ◦ f = IdP ; alors g est la transformation réciproque de f . DémonstrationSi : f ◦ g = IdP ; alors en composant à gauche par f −1 , il vient : f −1 ◦ f ◦ g = f −1 ◦ IdP ; c’est-à-dire : g = f −1 .

Si : g ◦ f = IdP ; alors en composant à droite par f −1 , il vient : g ◦ f ◦ f −1 = IdP ◦ f −1 ; c’est-à-dire : g = f −1 . ä

Remarques 1. Désormais, dans ce chapitre, on écrira plus simplement transformation pour transformation plane. 2. La composée de deux transformations est une transformation. 3. La réciproque d’une transformation est une transformation.

I.2.2 Exercices résolus Exercice I.2.1. transformation ?

On considère l’application plane, f , d’expression complexe z ′ = (z − 1)(z − 2). f est-elle une

Solution Pour z = 1 ou z = 2, on a : z ′ = 0. Les points A(1) et B(2) sont deux antécédents par f de O(0) ; donc f n’est pas une transformation.

M M

Pour démontrer qu’une application n’est pas bĳective, il suﬃt de trouver un élément de l’ensemble d’arrivée qui n’a pas d’antécédent ou qui a plusieurs antécédents.

Exercice I.2.2.

On considère les applications planes f et g d’écritures complexes respectives : z ′ = −2z + 3

et

z ′ = 3z + 2.

1. Démontrer que f et g sont des transformations et déterminer leur transformation réciproques. 2. Déterminer les écritures complexes de f ◦ g et de g ◦ f .

3. Démontrer que f −1 ◦ g −1 est la transformation réciproque de g ◦ f .

Solution 1. Soit M et M’ deux points et z , z ′ leurs affixes respectives. On a : 1 3 M′ = f (M) ⇐⇒ z ′ = −2z + 3 ⇐⇒ z = − z ′ + . 2 2 2006-2007

14

I. Similitudes

3 1 Le point M’ a un et un seul antécédent : le point d’affixe − z ′ + . Donc f est une transformation ; 2 2 3 1 −1 de plus sa transformation réciproque est la transformation f d’écriture complexe : z ′ = − z + . 2 2 On établit de même que g est une transformation de transformation réciproque g −1 d’écriture 2 1 complexe : z ′ = − z − . 3 3 2. f ◦ g a pour écritures complexe : z ′ = −2(3z + 2) + 3 ; c’est-à-dire : z ′ = −6z − 1. g ◦ f a pour écritures complexe : z ′ = 3(−2z + 3) + 2 ; c’est-à-dire : z ′ = −6z + 11.

3. On a : ( f −1 ◦ g −1 ) ◦ (g ◦ f ) = f −1 ◦ (g −1 ◦ g ) ◦ f = f −1 ◦ IdP ◦ f = f −1 ◦ f = IdP ; donc, d’après le théorème I.2.1 f −1 ◦ g −1 est la transformation réciproque de g ◦ f . Exercice I.2.3.

On considère les applications planes f et g d’écritures complexes respectives : p p p z ′ = (1 + i 3)z − 3 − i 3 et z ′ = 2i z − 3 + 3i .

1. Déterminer les point fixes de f et de g . 2. Déterminer les écritures complexes de f ◦ g et de g ◦ f .

3. Soit A et B les points d’affixes respectives 1 + i et 1 − i . Déterminer f (A) et g (B).

Solution 1. Un point est invariant par f si et seulement si son affixe est solution de l’équation : p p p z = (1 + i 3)z − 3 − i 3 (I.1) p p (I.1) ⇐⇒ i 3z = 3(1 + i ) ⇐⇒ i 2 z = i (1 + i ) ⇐⇒ z = 1−i f n’a qu’un seul point fixe : le point d’affixe 1 − i .

Un point est invariant par g si et seulement si son affixe est solution de l’équation : z = 2i z − 3 + 3i

(I.2)

Soit z = x + i y la forme algébrique de z . (I.2) ⇐⇒ (x + i y) − 2i (x − i y) = −3 + 3i ⇐⇒ (x − 2y) + i (−2x + y) = −3 + 3i Deux nombres complexes sont égaux si et seulement si ils ont même partie réelle et même partie imaginaire, donc :½ ½ ½ x − 2y = −3 x = 2y − 3 x = −1 (I.2) ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ −2x + y = 3 −4y + y = −6 + 3 y =1 g n’a qu’un seul point fixe : le point d’affixe −1 + i . p p ¢¡ ¡ ¢ p 2. f ◦ g a pour écriture complexe : z ′ = 1 + i 3 2i z − 3 + 3i − 3 − i 3 ; or p tout p p ¢¡ p ¡ pour ¢¡ z ∈ C : ¢ p ¡ p ¢ ¡ ¢ 1 + i 3 2i z − 3 + 3i − 3 − i 3 = 2 − 3 + i z − 3 1 + i 3 1 − i − i 3(1 − i ) p ¢ ¢ ¡ ¢¡ ¡ p = 2 − 3 + i z + 1 − i − 3 − 4 3i . f ◦ g a pour écriture complexe : p ¢ ¡ p ¢ ¡ ¢¡ z ′ = 2 − 3 + i z + 1 − i − 3 − 4 3i . ³¡ p ¢ p p ´ g ◦ f a pour écriture complexe : z ′ = 2i 1 + i 3 z − 3 − i 3 − 3 + 3i ; or pour tout z ∈ C : ³¡ ³¡ p ¢ p p ´ p p ´ p ¢ 2i 1 + i 3 z − 3 − i 3 − 3 + 3i = 2i 1 − i 3 z − 3 + i 3 − 3 + 3i p p p ¢ ¡ = 2i 1 − i 3 z + (−2 3 − 2i 3) − 3 + 3i p ¢ ¡p = 2 3 + i z − 2 3(1³+ i ) + 3i (1 +´ i ) p ¡p ¢ = 2 3 + i z + (1 + i ) −2 3 + 3i Lycée Pontus de Tyard

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I.2. Généralités sur les transformations du plan

15

g ◦ f a pour écriture complexe : z′ = 2

´ ³ p ¢ ¡p 3 + i z + (1 + i ) −2 3 + 3i

3. Déterminons f(A). Pour complexe de f, on a : p :z= p p p1 + i ; dans l’écriture p ′ z = (1 + i 3)(1 + i ) − 3 − i 3 = 1 + i − 2 3. Donc f(A) est le point d’affixe 1 − 2 3 + i . Déterminons f(B). Pour : z = 1 − i ; dans l’écriture complexe de g, on a : z ′ = 2i (1 − i ) − 3 + 3i = 2i − 2 − 3 + 3i = −5 + 5i . Donc f(B) est le point d’affixe −5 + 5i .

I.2.3 Groupes de transformations Les isométries du plan sont les transformations du plan qui conservent les distances. Une transformation f est donc une isométrie si et seulement si pour tous points A et B du plan, on a : f(A)f(B) = AB. Les translations, les rotations et les réflexions sont des cas particuliers d’isométries. Soit f et g deux isométries. On se propose de démontrer que f ◦ g et f−1 sont des isométries. Posons : A1 = g(A) ; B1 = g(B) ; A2 = f(A1 ) ; B2 = f(B1 ) ; A−1 = f−1 (A) ; B−1 = f−1 (B). On a donc : f ◦ g(A) = A2 et f ◦ g(B) = B2 . Pour démontrer que f ◦ g et f−1 sont des isométries, il suffit de démontrer que : A2 B2 = AB et A−1 B−1 = AB. g et f sont des isométries donc : A2 B2 = A1 B1 et A1 B1 = AB ; donc : A2 B2 = AB. f est une isométrie, de plus : f(A−1 ) = A et f(B−1 ) = B ; donc : AB = A−1 B−1 . On en déduit que la composée de deux isométries est une isométrie et que la réciproque d’une isométrie. Ainsi, pour les transformations du plan, la propriété « être une isométrie » se conserve par composition et par passage à l’inverse. Nous verrons ultérieurement qu’il en va de même pour d’autres propriétés, justifiant ainsi la définition suivante. D ÉFINITION I.2.2 Un groupe de transformations est un ensemble de transformations, G, vérifiant pour tous éléments f et g de G : f ◦ g ∈ G et f−1 ∈ G. Exemples 1. Si on désigne par I l’ensemble des isométries du plan, alors I est un groupe de transformations. 2. La composée de deux transformations est une transformation et la réciproque d’une transformation est une transformation : l’ensemble des transformations du plan est un groupe de transformations. © ª 3. De même IdP est un groupe de transformations. 4. Si s est réflexion, alors : s ◦ s = IdP ; et IdP n’est pas une réflexion. La composée de deux réflexions n’est pas toujours une réflexion donc l’ensemble des réflexions n’est pas un groupe de transformations. Exercice I.2.4.

Soit O un point. Démontrer que l’ensemble des transformations du plan qui laissent le point O

invariant est un groupe de transformation.

Solution Soit f et g sont deux transformations qui laissent invariant le point O. On a : f(O) = g(O) = O ; donc : f ◦ g(O) = O et O = f−1 ◦ f(O) = f−1 (O). On en déduit que f ◦ g et f−1 sont deux transformations qui laissent le point O invariant. 2006-2007

16

I. Similitudes

L’ensemble des transformations du plan qui laissent le point O invariant est donc un groupe de transformation.

I.2.4 Exercices I.2.a. Soit f et g deux applications du plan I.2.c. On dit qu’une application du plan, f , est tels que : f ◦ g = g ◦ f = IdP . involutive (ont dit aussi que f est une involu1. Démontrer que f est une transformation (On tion) lorsque : f ◦ f = IdP .

démontrera que tout point M’ du plan a un antécé- 1. Soit f une involution. Justifier que f est bijecdent et un seul). tive et préciser f−1 . On suppose de plus que f

conserve le milieu. M est un point du plan, M’ I.2.b. L’ensemble des réflexions du plan est-il son image par f et I le milieu du segment [MM’]. Démontrer que I est un point fixe de f. un groupe de transformations ?

2. Que représente g pour f ?

I.3 Notions de similitudes I.3.1 Définition Soit h une homothétie de rapport k. Pour tous points du pan M, N, P, Q du plan (tels que M , N et P , Q) et M’, N’, P’, Q’ leurs images respectives par h, on a : M′ N′ = |k| MN et P ′ Q′ = |k| PQ. |k| PQ PQ P ′ Q′ = . Lorsque : M , N et P , Q ; on en déduit que : ′ ′ = MN |k| MN MN Les homothéties conservent donc les rapports de distances. D ÉFINITION I.3.1 Une similitude plane est une transformation plane qui conserve les rapports de distances. Exemples 1. Les homothéties sont des similitudes. 2. Soit f une isométrie, pour tous points M, N, P, Q (tels que : M , N) et M’, N’, P’, Q’ leurs images P ′ Q′ PQ ′ ′ ′ ′ respectives par f, on a : P Q = PQ et M N = MN ; on en déduit que : ′ ′ = . MN MN Les isométries sont donc des similitudes. En particulier, les translations, les rotations et les réflexions sont des similitudes. Remarques 1. La composée de deux transformations planes qui conservent les rapports de distances est une transformation plane qui conserve les rapports de distances. De même que dans l’exemple introductif du paragraphe I.2.3 page 15, on démontre que la réciproque d’une transformation plane qui conserve les rapports de distances est une transformation plane qui conserve les rapports de distances. L’ensemble des similitudes planes est donc un groupe de transformations. 2. Toutes les transformations étudiées dans ce chapitre sont planes. Désormais nous écrirons « transformation » pour « transformation plane » et « similitude » pour « similitude plane », lorsqu’il n’y aura pas d’ambiguïté, A’ désignera l’image de A, B’ l’image de B . . . T HÉORÈME I.3.1 Soit s une similitude. Il existe un réel strictement positif k, tel que pour tous points M, N du plan d’image M’, N’ on ait : M′ N′ = k MN. DémonstrationSoit A et B deux points distincts du plan et A’, B’ leurs images par s (s est une bijection donc A′ , B′ ), A′ B′ posons ; k = . AB

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I.3. Notions de similitudes

17

Soit M et N deux points distincts du plan et M’, N’ leurs images par s.

ä

– Si M = N, alors M′ = N′ et donc : M′ N′ = k MN. M′ N′ A′ B′ M′ N′ MN ; d’où : = = k. Par conséquent : M′ N′ = k MN. – Si M , N, alors : ′ ′ = AB AB MN AB

Notations et vocabulaire Le nombre k est appelé rapport de la similitude s. T HÉORÈME I.3.2 Soit k un réel strictement positif. Les similitudes de rapport k sont les transformations qui multiplient les distances par k. DémonstrationD’après le théorème I.3.1, on sait que toute similitude de rapport k est une transformation qui multiplie les distances par k. Il ne reste plus qu’a démontrer que les transformations qui multiplient les distances par k sont des similitudes (qui sont évidemment de rapport k). Soit f une transformation qui multiplie les distances par k. Pour tous points M, N, P, Q (tels que : M , N), on a : k PQ PQ P ′ Q′ = . Donc f est une similitude. ä P′ Q′ = k PQ et M′ N′ = k MN ; on en déduit que : ′ ′ = MN k MN MN

Exemples 1. Les isométries sont les similitudes de rapport 1. 2. Les homothéties de rapport k sont des similitudes de rapport |k|.

I.3.2 Conséquences T HÉORÈME I.3.3 (1) Deux triangles images l’un de l’autre par une similitude sont semblables. (2) La composée de deux similitudes de rapport k et k ′ est une similitude de rapport kk ′ . 1 (3) La réciproque d’une similitude de rapport k est une similitude de rapport . k (4) Si s est une similitude qui a trois points non alignés invariants, alors s est l’identité. (5) Deux similitudes qui coïncident en trois points non alignés sont égales. Démonstration(1)

Soit ABC un triangle, s une similitude et k son rapport. On a :

donc ABC et A’B’C’ sont semblables. (2)

 ′ ′  A B = k AB A′ B′ B′ C′ C′ A′ B′ C′ = k BC ; donc : = = ;  ′ ′ AB BC CA C A = k CA

est un corollaire du théorème I.3.2.

Soit s une similitude de rapport k. s est une transformation qui multiplie les distances par k donc s−1 est une 1 transformation qui divise les distances par k, c’est-à-dire une similitude de rapport . k (4) Soit s une similitude tel qu’il existe un triangle ABC tel que : s(A) = A ; s(B) = B ; s(C) = C . (3)

Démontrons que pour tout point M : s(M) = M.

On a : s(A)s(B) = AB ; donc s est une similitude de rapport 1, c’est-à-dire une isométrie.

Soit M un point et M’ son image par s. s est une isométrie donc : s(A)s(M) = AM ; c’est-à-dire : AM′ = AM ; de même : BM′ = BM et CM′ = CM ;

Si M et M’ étaient distincts alors A, B, C seraient trois points non alignés de la médiatrice de [MM’] ; donc : s(M) = M.

Soit s et s’ deux similitudes tel qu’il existe un triangle ABC tel que : s(A) = s′ (A) ; s(B) = s′ (B) ; s(C) = s′ (C) . ¡ ¢ ¡ ¢ On a : s−1 ◦ s′ (A) = s−1 s′ (A) = s−1 s(A) = A ; de même : s−1 ◦ s′ (B) = B et s−1 ◦ s′ (C) = C. (5)

A, B, C sont trois points invariants non alignés de s−1 ◦ s′ ; donc : s−1 ◦ s′ = IdP ; en composant à gauche par s, il vient : s = s′ . ä

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I. Similitudes

Remarque Deux triangles images l’un de l’autre par une isométrie sont isométriques.

I.3.3 Exercices résolus Exercice I.3.1.

A et B sont deux points tels que : AB = 7 ; s est la symétrie de centre A et h est l’homothétie de

centre B et de rapport −3. On pose : f = h ◦ s ; A′ = f(A) et B′ = f(B).Déterminer A’B’.

Solution f est la composée d’une similitude de rapport 1 par une similitude de rapport 3, donc f est une similitude de rapport 3. On en déduit que : A′ B′ = 3 AB = 21.

I.3.4 Exercices I.3.a. ABCD est un carré de centre O, sAC dé- centre O. signe la réflexion d’axe (AC), sBD désigne la ré- Démontrer que : sAC ◦ sBD = sO . flexion d’axe (BD) et sO désigne la symétrie de

I.4 Autres propriétés I.4.1 Écriture complexe d’une similitude Le plan P est muni d’un repère orthonormé direct (O ;~ı,~ ). L’affixe d’un point A sera notée z A , l’affixe d’un point B sera notée z B . . . On sait qu’une translation de vecteur ~ u (u) a pour écriture complexe : z ′ = z + u. On sait qu’une homothétie de rapport k et de centre Ω(ω) a pour écriture complexe : z ′ − ω = k(z − ω) ; c’est-à-dire : z ′ = kz + ω(1 − k). On sait qu’une rotation d’angle θ et de centre Ω(ω) a pour écriture complexe : z ′ − ω = ei θ (z − ω) ; c’est-à-dire : z ′ = ei θ z + ω(1 − ei θ ). Les réflexions d’axe l’axe des abscisses et l’axe des ordonnées ont respectivement pour écriture complexe : z ′ = z et z ′ = −z. Toutes les similitudes que nous connaissons ont une écriture complexe qui peut se présenter sous l’une des deux formes suivantes : z ′ = az + b ou z ′ = az + b. T HÉORÈME I.4.1 Une application du plan est une similitude plane si et seulement si elle admet une écriture complexe de la forme : z ′ = az + b ou z ′ = az + b avec a ∈ C∗ et b ∈ C. Démonstration

Soit a ∈ C⋆ et b ∈ C. Démontrons que l’application s d’écriture complexe : z ′ = az + b ; est une similitude. 1 b On a : z ′ = az + b ⇐⇒ z = z ′ − ; donc s est une transformation et sa transformation réciproque est la transa a b 1 ′ ′ −1 ), N’(zN ) leurs images formation s d’écriture complexe : z ′ = z − . Soit M(zM ), N(zN ) deux points et M’(zM a a respectives par ¯ s. ¯ ¯ ¯ ′ ′ ¯ ¯ On a : M′ N′ = ¯zN − zM = (azN + b) − (azM + b)¯ = |a| |zN − zM | = |a| MN. s est une transformation qui multiplie les distances par |a|, donc s est similitude de rapport |a|. Démontrons que l’application s’ d’écriture complexe : z ′ = az + b ; est une similitude. La réflexion par rapport à l’axe des abscisses, σ, est une similitude et son écriture complexe est : z ′ = z. On a donc : s′ = s ◦ σ. s’ est la composée d’une similitude de rapport |a| par une similitude de rapport 1, donc s’ est une similitude de rapport |a|.

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I.4. Autres propriétés

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−−→ On remarque s et s’ transforment les points O(0) et I(1) en O’(b) et I’(a + b) ; donc a est l’affixe du vecteur O′ I′ et b est l’affixe du point O’.

Soit s une similitude. Déterminons a ∈ C∗ et b ∈ C tels que : z ′ = az + b ou z ′ = az + b ; soit une écriture complexe de s. Soit I et J les points d’affixes respectives 1 et i , O’, I’, J’ les images respectives de O, I, J par s et a, b les affixes respectives −−→ de O′ I′ et O’(O , I, donc O′ , I′ , d’où a , 0). I’ est donc le point d’affixe a + b. Désignons par s1 et s2 les similitudes d’écritures complexes respectives : z ′ = az + b et z ′ = az + b. Pour z = 0, puis pour z = 1, on obtient dans les deux cas : z ′ = b puis z ′ = a + b ; on en déduit que : s1 (O) = s2 (O) = O′

s1 (I) = s2 (I) = I′

et

Les triangles OIJ et O’I’J’ sont images l’un de l’autre par la similitude s, ils sont donc semblables. Le triangle OIJ est rectangle et isocèle en O, donc le triangle O’I’J’ est rectangle et isocèle en O’. 1er cas : OIJ et O’I’J’ sont directement semblables π ′ ′ OIJ est direct donc O’I’J’ est un triangle rectangle isocèle direct en O’. Donc : z J′ − zO = ei 2 (zI′ − zO ). ′ ′ ′ ′ ′ C’est-à-dire : zJ = i (zI − zO ) + zO = azJ + b ; d’où : s1 (J) = J . s et s1 sont deux similitudes qui coïncident en O, I, J (O, I, J sont trois points non alignés) donc s = s1 . s a donc pour écriture complexe : z ′ = az + b. J’

I’

I’ O’

O’ J ~ O

J ~ ~ı

I

O

F IG . I.16 – OIJ et O’I’J’ sont directement semblables

J’ ~ı

I

F IG . I.17 – OIJ et O’I’J’ sont indirectement semblables

2e cas : OIJ et O’I’J’ sont indirectement semblables π

′ ′ ). OIJ est direct donc O’I’J’ est un triangle rectangle isocèle indirect en O’. Donc : z J′ − zO = e−i 2 (zI′ − zO ′ ′ C’est-à-dire : zJ′ = −i (zI′ − zO ) + zO = azJ + b ; d’où : s2 (J) = J′ .

s et s2 sont deux similitudes qui coïncident en O, I, J (O, I, J sont trois points non alignés) donc s = s2 .

s a donc pour écriture complexe : z ′ = az + b. ä

Remarque Soit s une similitude d’écriture complexe : z ′ = az + b ou z ′ = az + b ; – le rapport de s est |a| ; −−→ – le nombre a est l’affixe de O′ I′ ; – le nombre b est l’affixe de O’. π

Exemple La similitude d’écriture complexe : z ′ = 2 ei 3 z − 4 ; a pour rapport 2.

I.4.2 Similitudes directes, similitudes indirectes D ÉFINITIONS I.4.1 (1) Les similitudes qui ont une écriture complexe de la forme : z ′ = az + b ; sont appelées similitudes directes. (2) Les similitudes qui ont une écriture complexe de la forme : z ′ = az + b ; sont appelées similitudes indirectes. 2006-2007

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I. Similitudes

Remarque Toute similitude est donc soit directe soit indirecte. T HÉORÈME I.4.2 (1) Les similitudes directes conservent les angles orientés. (2) Les similitudes indirecte changent un angle orienté en son opposé. DémonstrationSoit a ∈ C∗ et b ∈ C. (1) Soit s la³similitude ´d’écriture complexe : z ′ = az + b ; et A, B, C, D quatre points tels que : A , B et C , D. ³−−→ −−→ ´ −−′−→ −−′−→ ′ ′ Démontrons que : A B , C D = AB , CD . ³−−−→ −−−→´ ³−−→ −−→´ z ′ − zC′ (a zD + b) − (a zC + b) a(zD − zC ) zD − zC ; donc : = = = A′ B′ , C′ D′ = AB , CD . On a : D′ zB − z A′ (a zB + b) − (a z A + b) a(zB − z A ) zB − z A (2) Soit s’ la similitude d’écriture complexe : z ′ = az + b. La réflexion par rapport à l’axe des abscisses, σ, a écriture complexe est : z ′ = z. On a donc : s′ = s ◦ σ. s’ est donc la composée d’une transformation qui change un angle orienté en son opposé par une transformation qui conserve les angles orientés, donc s’ change les angles orientés en leur opposé. ä

Par des arguments du type : « la composée de deux similitudes qui conservent les angles orientés est une similitude qui conserve les angles orientés » ; on déduit du théorème I.4.2 le corollaire suivant. C OROLLAIRE I.4.3 (1) La composée de deux similitudes directes est une similitude directe. (2) La composée de deux similitudes indirectes est une similitude directe. (3) La composée d’une similitudes directe et d’une similitude indirecte est une similitude indirecte. (4) La réciproque d’une similitude directe est une similitude directe. (5) La réciproque d’une similitude indirecte est une similitude indirecte. T HÉORÈME I.4.4 Soit s une similitude qui a deux points invariants distincts : A et B. (1) Si s est une similitude directe alors s est l’identité. (2) Si s est une similitude indirecte alors s est la réflexion d’axe (AB). Démonstration On a donc : s(A) = A et s(B) = B ; désignons par s AB la réflexion d’axe (AB). Si s est une similitude directe alors s a un écriture complexe du type : z ′ = az + b. On a : s(A) = A et s(B) = B ; donc : z A′ = z A et zB′ = zB . On en déduit que : zB − z A = zB′ − z A′ = (a zB + b) − (a z A + b) = a (zB − z A ). Or A , B, donc : a = 1. On en déduit que : z A = z A′ = a z A + b = z A + b ; donc : b = 0. s a pour écriture complexe : z ′ = z ; donc s = IdP . Si s est une similitude indirecte alors posons : s′ = s ◦ sAB . s’ est la composée de deux similitudes ¡ ¢ indirectes donc s’ est une similitude directe. De plus : s′ (A) = s ◦ sAB (A) = s sAB (A) = s(A) = A ; de même : s′ (B) = B ; s’ est une similitude directe qui laisse invariants les points A et B, donc s’ est l’identité. On a : s ◦ sAB = IdP ; donc en composant à droite par sAB , il vient : s = sAB . ä

Remarque Cette propriété est parfois retenue sous la forme suivante : « Une similitude qui laisse invariants deux points distincts A et B est soit l’identité, soit la réflexion d’axe (AB) ».

I.4.3 Propriétés de conservations, images de figures usuelles T HÉORÈME I.4.5 Lycée Pontus de Tyard

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I.4. Autres propriétés

21

Les similitudes conservent les angles géométriques. DémonstrationLes similitudes directes conservent les angles orientés, elles conservent donc également les angles géométriques. Les similitudes indirectes changent un angle orienté en son opposé, les similitudes indirectes conservent donc les angles géométriques. Par conséquent toute similitude, quelle soit directe ou indirecte, conserve les angles géométriques. ä

T HÉORÈME I.4.6 Les similitudes conservent le barycentre.

DémonstrationDémontrons que les similitudes directes conservent le barycentre. © ª Soit s une similitude directe d’écriture complexe : s ′ = a z + b ; (A 1, α1 ), · · · , (A n , αn ) un système de points pondérés

dont la somme des coefficients n’est pas nulle, G son barycentre et A′1 , · · · , A′n , G′ les images respectives de A 1 , · · · , A n , G

par s.

© ′ ª ′ Utilisons le théorème ?? page ?? pour démontrons ! Ã que G’! estÃle barycentre du !système (A 1, α1 ), · · · , (A n , αn ) . On a : Ã n n n n n X X X X X αk b aαk zAk + αk (a zAk + b) αk zAk αk zA′ k ′ zG = a zG + b = a

k=1 n X

αk

+b =

k=1

k=1

n X

=

k=1

=

n X

k=1 n X

.

αk αk αk k=1 k=1 k=1 ª © ′ G’ et le barycentre du système (A 1 , α1 ), · · · , (A′n , αn ) ont la même affixe, ils sont don égaux. k=1

On démontre de même que les similitudes indirectes conservent le barycentre. ä

Remarque En particulier les similitudes conservent le milieu des segments et le centre de gravité des triangles. C OROLLAIRE I.4.7 Soit s une similitude, A et B deux points distincts, A’, B’ les images respectives de A et B par s. (1) L’image par s de la droite (AB) est la droite (A’B’). (2) L’image par s de la demi-droite [AB) est la demi-droite [A’B’). (3) L’image par s du segment [AB] est le segment [A’B’]. DémonstrationSoit s une similitude, A et B deux points distincts, A’, B’ les images respectives de A et B par s. Pour tous réel t et tout point M du plan, a: ³−on −−→ −−→ −−→ −→ −−→´ AM = t AB ⇐⇒ MA + t MB − MA =~0

⇐⇒

Soit M un point du plan. On a : −−→ −−→ M ∈ (AB) ⇐⇒ ∃1 t ∈ R, AM = t ©AB ª ⇐⇒ ∃ t ∈ R, M = bar ©(A, 1 − t ), (B, t ) ª ⇐⇒ ∃ t ∈ R, M′ = bar (A′ , 1 − t ), (B′ , t ) −−−→ −−−→ ⇐⇒ ∃ t ∈ R, A′ M′ = t A′ B′ ⇐⇒ M′ ∈ (A′ B′ ) Donc s transforme (AB) en (A’B’).

−−→ −−→ (1 − t )MA + t MB

⇐⇒

© ª M = bar (A, 1 − t ), (B, t ) .

, car s et s−1 conservent le barycentre

En remplaçant R par R+ puis par [0 ; 1], on démontre de même que s transforme [AB) en [A’B’) et [AB] en [A’B’]. ä

Remarque On en déduit en particulier que les similitudes conservent l’alignement T HÉORÈME I.4.8 Les similitudes transforment les cercles en cercles. DémonstrationSoit s une similitude de rapport k, C un cercle, Ω son centre, r son rayon et C ′ , Ω′ les images respectives de C, Ω par s. Pour tout point M et son image M’, on a : M′ ∈ C ′

1

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

M∈C ΩM = r Ω′ M′ = kr

Le symbole « ∃ » signifie « il existe ».

2006-2007

22

I. Similitudes

Donc C ′ est le cercle de centre Ω′ et de rayon kr . ä

On déduit du corollaire I.4.7 et du théorème I.4.5 le théorème suivant. T HÉORÈME I.4.9 Les similitudes conservent le parallélisme2et l’orthogonalité. Nous admettons les théorèmes suivants. T HÉORÈME I.4.10 Les similitudes de rapport k multiplient les longueurs par k et les aires par k 2 . T HÉORÈME I.4.11 Les similitudes conservent le contact.

I.5 Classification des similitudes I.5.1 Similitudes directes Notations et vocabulaire Soit s une similitude directe d’écriture complexe : z ′ = az + b (avec a ∈ C∗ et b ∈ C) ; et : a = k ei θ ; l’écriture exponentielle de a. On dit alors que s est une similitude directe de rapport k et d’angle θ. Exemples 1. Soit s l’application du plan p dans lui-même qui à tout point M d’affixe z associe le point M’ ′ ′ d’affixe z , telle que : z = ( 3 + i )z − 2 + i . L’application s a une écriture complexe de la forme : p π z ′ = az +b ; où a s’écrit sous forme exponentielle : 3+ i = 2 ei 6 ; donc s est une similitude directe π de rapport 2 et d’angle . 6 2. Les translations sont les similitudes directes de rapport 1 et d’angle nul. 3. Les rotations distinctes de l’identité sont les similitudes directes de rapport 1 et d’angle non nul. 4. Les homothéties de rapport k, avec k > 0, sont les similitudes directes de rapport k et d’angle nul. 5. Les homothéties de rapport k, avec k < 0, sont les similitudes directes de rapport |k| et d’angle plat. T HÉORÈME D ’ ANGLE θ

I.5.1

P ROPRIÉTÉ CARACTÉRISTIQUE DES SIMILITUDES DIRECTES DE RAPPORT k ET

Soit k ∈ R+∗ et θ ∈ R. Une application du plan dans lui-même est une similitude directe de rapport k et d’angle θ si et seulement si pour tous points distincts A, B et A’, B’ leurs images respectives par s, on a : ³−−→ −−−→´ A′ B′ = k AB et AB , A′ B′ ≡ θ (2π).

Démonstration

Soit s une similitude directe de rapport k et d’angle θ s a une écriture complexe de la forme : z ′ = k ei θ z + b avec b ∈ C. Soit A, B deux points distincts et A’, B’ leurs images respectives. ³−−→ −−−→´ z ′ − z A′ (k ei θ zB + b) − (k ei θ z A + b) = = k ei θ ; donc : A′ B′ = k AB et AB , A′ B′ ≡ θ (2π). On a : B zB − z A zB − z A 2

Conserver le parallélisme signifie que deux droites parallèles sont transformées en deux droites parallèles.

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I.5. Classification des similitudes

23

³−−→ −−−→´ Soit s une application plane tel que pour tous points A, B : A B = k AB et AB , A′ B′ ≡ θ (2π) ′ ′

Désignons par b l’affixe du point O’, image de l’origine O par s. Soit M(z) un point et M’(z ′ ) son image par s. ³−−→ −−−−→´ z′ − b 1er cas : z , 0 On a : O′ M′ = k OM et OM , O′ M′ ≡ θ (2π) ; donc : = k ei θ ; on en déduit que : z z ′ = k ei θ z + b. 2e cas : z = 0 On a M = O, donc M′ = O′ d’où : z ′ = b = k ei θ ×0 + b = k ei θ z + b. s a pour écriture complexe : z ′ = k ei θ z + b ; donc s est une similitude directe de rapport k et d’angle θ. ä

³−−→ −−−→´ Remarque D’un point de vue complexe, la condition : A′ B′ = k AB et AB , A′ B′ ≡ θ (2π) ; dans le

théorème I.5.1 s’exprime par : z B′ − z A′ = k ei θ (z B − z A ). T HÉORÈME I.5.2

Soit s une similitude directe d’écriture complexe : z ′ = az + b (avec a ∈ C∗ et b ∈ C) ; k le rapport de s et θ un argument de a. u (b). (1) Si a = 1, alors s est la translation de vecteur ~ (2) Si a , 1, alors s a unique point invariant, Ω, et en désignant par h l’homothétie de centre Ω et de rapport k, et par r la rotation d’angle θ et de centre Ω ; on a : s = h ◦ r = r ◦ h. Démonstration (1) Si a = 1, alors s a pour écriture complexe : z ′ = z + b ; on reconnaît l’écriture complexe de la translation de vecteur ~ u (b). b . (2) Si a , 1, alors l’équation : z = az + b ; a une unique solution : ω = 1−a ′ ′ h et r ont respectivement pour écriture complexes : z −ω = k(z −ω) et z −ω = ei θ (z −ω). On en déduit que h ◦ r et r ◦ h ont toutes deux pour écriture complexe : z ′ − ω = k ei θ (z − ω) µ

(I.3)

¶

b b + 1−a 1−a b ab + ⇐⇒ z ′ = az − 1 µ− a 1 − a ¶ a 1 ⇐⇒ z ′ = az − b − + 1−a 1−a ⇐⇒ z ′ = az + b h ◦ r et r ◦ h ont la même écriture complexe que s, donc : s = h ◦ r = r ◦ h. ä

On a donc : (I.3)

⇐⇒

z′ = a z −

Notations et vocabulaire 1. Lorsque a , 1, Ω est appelé centre de la similitude directe s. 2. Une similitude directe qui n’est pas une translation est déterminée par son centre, son rapport et son angle, appelés éléments caractéristiques de s 3. La décomposition : s = h ◦ r = r ◦ h est appelée forme réduite de s. Exercice I.5.1. Soit s l’application du plan dans lui-même, d’écriture complexe : z ′ = (1 − i )z − 2 + i . Déterminer la nature et les éléments caractéristique de s. ! Ã

p Solution On a : 1 − i = 2

p p π 2 2 = 2 e−i 4 . −i 2 2

p

p s a une écriture complexe de la forme : z ′ = az + b ; où a est le nombre complexe de module 2 et p π π d’argument − , donc s est une similitude directe de rapport 2 et d’angle − . 4 4 L’affixe du centre de s est solution de l’équation : z = (1 − i )z − 2 + i ; donc, après calcul, le centre de s est le point Ω(−1 − 2i ). M M

Pour déterminer les éléments caractéristiques d’une similitude direct s, d’écriture complexe : z ′ = az +b où a ∈ C \{0;1} et b ∈ C ; on peut : – Déterminer le module et un argument de a , on obtient ainsi le rapport et une angle de s. – Résoudre l’équation d’inconnue z : z = az + b ; la solution obtenue est l’aﬃxe de s.

2006-2007

24

I. Similitudes

On déduit des théorèmes I.5.1 et ?? page ?? le théorème suivant. T HÉORÈME I.5.3 Soit s une similitude directe de centre Ω(ω), de rapport k, d’angle θ et M(z), M’(z ′ ) deux points distincts de Ω. Les propositions suivantes sont équivalentes. (1) M′ = s(M) (2) (3)

z ′ − ω = k ei θ (z − ω) ³−−→ −−−→´ ΩM′ = k ΩM et ΩM , ΩM′ ≡ θ (mod 2π)

Remarque La similitude s a donc pour écriture complexe : z ′ − ω = k ei θ (z − ω). Exercice I.5.2. π d’angle − . 4

Déterminer une écriture complexe de la similitude directe de centre Ω(1+2i ), de rapport

p

2 et

π p −i ¡ ¢ Solution s a pour écriture complexe : z − (1 + 2i ) = 2 e 4 z − (1 + 2i ) ; c’est-à-dire, après calcul : z ′ = (1 − i )z − 2 + i . ′

p π 2 et d’angle . Le point A(z A ) a pour image 4 par s le point B(z B ). Démontrer que le triangle ΩAB est rectangle isocèle en A et orienté dans le sens direct.

Exercice I.5.3.

s est la similitude directe de centre Ω(ω) de rapport

Solution 1re méthode D’après le théorème I.5.3, s a pour écriture complexe : p π z B − ω = 2 ei 4 (z A − ω) = (1 + i )(z A − ω). Donc : z B −z A = (z B −ω)−(z A −ω) = (1+i )(z A −ω)−(z A −ω) = i (z A −ω) ; d’où : ω−z A = i (z B −z A ). ³−−→ −−→´ π On en déduit que, d’après le théorème ?? : AΩ = AB et AB , AΩ ≡ (mod 2π). 2 Le triangle ΩAB est donc rectangle isocèle en A et orienté dans le sens direct. ³−−→ −−→´ π π 2e méthode On a : ΩA , ΩB ≡ (mod 2π) et ∈]0, π[ ; donc le triangle ΩAB est orienté 4 4 dans le sens direct. [ sin ΩAB sin [ AΩB D’après le théorème des sinus, on a : = . ΩB AB p sin [ AΩB sin π4 p 2 p π [ On en déduit que : sin ΩAB = 2AB = ΩAB = ΩB = × 2 = 1 ; on a donc : [ AB AB 2 2 π [ et AΩB = ; 4 ainsi le triangle ΩAB est rectangle isocèle en A et orienté dans le sens direct.

T HÉORÈME I.5.4 (1) La composée d’une similitude directe de rapport k et d’angle θ par une similitude directe de rapport k ′ et d’angle θ′ est une similitude directe de rapport kk ′ et d’angle θ + θ′ . (2) La réciproque d’une similitude directe de rapport k et d’angle θ est une similitude directe 1 de rapport et d’angle −θ. k DémonstrationSoit s une similitude directe de rapport k et d’angle θ et s’ une similitude directe de rapport k ′ et ′

d’angle θ′ . Elles ont respectivement des écritures complexes de la forme : z ′ = k ei θ z + b et z ′ = k ′ ei θ z + b ′ . ³ ´

(1)

′

s′ ◦ s a donc pour écriture complexe : z ′ = k ′ ei θ k ei θ z + b + b ′ ; c’est-à-dire : ′

′

z ′ = kk ′ ei (θ+θ ) z + b ′ + k ′ ei θ b.

On reconnaît l’écriture complexe d’une similitude directe de rapport kk ′ et d’angle θ + θ′ . 1 1 (2) On a : z ′ = k ei θ z + b ⇐⇒ z = e−i θ z ′ − e−i θ b ; donc s−1 a pour écriture complexe : k k 1 1 z ′ = e−i θ z − e−i θ b ; k k

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I.5. Classification des similitudes

25

1 et d’angle −θ. ä k Qu’obtient-on en composant deux symétries centrales ?

On reconnaît l’écriture complexe d’une similitude directe de rapport

Exercice I.5.4.

Solution Une symétrie centrale est une similitude de rapport 1 et d’angle π, lorsque l’on en compose deux on obtient donc une similitude directe de rapport 1 et d’angle nul, c’est-à-dire une translation. Exercice I.5.5.

Soit r le quart de tour direct qui transforme O(0) en A(2) et h l’homothétie de rapport −2 qui

transforme A en B(−4 + 2i ) ; on pose : f = h ◦ r. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de f.

π par une similitude 2 π directe de rapport 2 et d’angle π ; donc f est une similitude directe de rapport 2 et d’angle − . La 2 similitude f a donc une écriture complexe de la forme : z ′ = −2i z + b avec b ∈ C. ¡ ¢ De plus : f(O) = h r(O) = h(A) = B ; donc pour z = 0, on a : z ′ = −4 + 2i , on en déduit que : b = −4 + 2i . La similitude f a donc pour écriture complexe : z ′ = −2i z − 4 + 2i . L’affixe du centre de f est solution de l’équation : z = −2i z − 4 + 2i (I.4)

Solution f est la composée d’une similitude directe de rapport 1 et d’angle

On a : I.4 ⇐⇒ (1 + 2i )z = 2i (1 + 2i ) ⇐⇒ z = 2i . π f est la similitude directe de rapport 2, d’angle − et de centre Ω(2i ). 2

I.5.2 Isométries I.5.2.a Introduction Les isométries sont les similitudes de rapport 1. Les similitudes directes de rapport 1 sont appelées déplacements. Les similitudes indirectes de rapport 1 sont appelées antidéplacements. Les déplacements sont donc les isométries qui conservent les angles orientés et les antidéplacements sont les isométries qui changent les angles orientés en leurs opposés. Toute isométrie est soit un déplacement soit un antidéplacement. Exemples 1. Les translations et les rotations sont des déplacements. 2. Les réflexions sont des antidéplacements. Remarques 1. La composée de deux déplacements est un déplacement et la réciproque d’un déplacement est un déplacement. L’ensemble des déplacements est donc un groupe de transformations. 2. La composée de deux antidéplacements est un déplacement et la réciproque d’un antidéplacement est un antidéplacement. L’ensemble des antidéplacements n’est donc pas un groupe de transformations. 3. La composée d’un déplacement et d’un antidéplacement est un antidéplacement.

I.5.2.b Déplacements D’après l’étude précédente les déplacements sont les transformations d’écriture complexe : z ′ = ei θ z + b avec θ ∈ R et b ∈ C. 2006-2007

(I.5)

26

I. Similitudes

1er cas : ei θ = 1 Le déplacement est la translation de vecteur ~ u (b). 2e cas : ei θ , 1 Le déplacement est une rotation d’angle θ. On en déduit le théorème suivant. T HÉORÈME I.5.5 Les seuls déplacements sont les translations et les rotations.

I.5.2.c Antidéplacements Écriture complexe d’une réflexion d’axe (AB) Soit A et B deux points distincts d’affixes respectives z A et z B . Considérons l’application σ d’écriture complexe : zB − z A (z − z A ) z ′ − zA = (I.6) zB − z A

De par son écriture complexe σ est une similitude indirecte. De plus, zB − z A (z A − z A ) + z A = z A ; pour z = z A , on a : z ′ = zB − z A zB − z A (z B − z A ) + z A = (z B − z A ) + z A = z B . pour z = z B , on a : z ′ = zB − z A A et B sont deux points fixes distincts de la similitude indirecte σ donc, d’après le théorème I.4.4 page 20, σ est la réflexion d’axe (AB). Exercice I.5.6.

On considère les points A(−1) et B(1+i ). Déterminer une écriture complexe de la réflexion, d’axe

(AB).

−−→ −→ = z B − z A = 2 + i ; Solution Le vecteur AB a pour affixe : z − AB 2 zB − z A 2 + i (2 + i ) 3 + 4i = = = . donc : zB − z A 2 − i 5 |2 − i |2 Soit σ l’application d’écriture complexe : z ′ − zA =

c’est-à-dire, après calcul :

zB − z A (z − z A ) zB − z A

¶ 2 4 3 4 + i z− + i . z = 5 5 5 5 ′

µ

De par son écriture complexe σ¶ est une similitude indirecte. De plus, µ ¡ ¢ 2 4 4 3 pour z = −1, on a : z ′ = + i −1 − + i = −1 ; donc A est un point fixe de σ ; 5µ 5 ¶ 5 5 7 1 2 4 2 4 3 4 ′ pour z = 1 + i , on a : z = + i 1 + i − + i = + i − + i = 1 + i ; donc B est un point fixe 5 5 5 5 5 5 5 5 de σ ; A et B sont deux points fixes distincts de la similitude indirecte σ, donc σ est la réflexion d’axe (AB).

¶ 5 12 18 12 Exercice I.5.7. Soit σ l’application plane d’écriture complexe : z = + i z− + i . 13 13 13 13 1. Justifier que σ est un antidéplacement. ′

µ

2. Déterminer σ ◦ σ.

3. On considère les points A(i ) et B(−1 − 4i ). Déterminer les images de A et B par σ et en déduire deux points fixes

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I.5. Classification des similitudes

27

de σ. 4. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de σ.

Solution 1. De par sonr écriture complexe σ est une similitude indirecte. ¯ ¯ ¯ 5 12 ¯ 25 144 + =1; De plus : ¯¯ + i ¯¯ = 13 13 169 169 donc σ est une similitude indirecte de rapport 1, c’est-à-dire un antidéplacement. # ¶ "µ ¶ µ 5 12 12 18 12 18 5 12 ′ + i + i z− + i − + i ; 2. σ ◦ σ a pour écriture complexe : z = 13 13 13 13 13 13 13 13 ¯ ¯ ¯ 5 12 ¯2 6 12 18 ′ ¯ (5 + 12i )(2 + 3i ) − + i. c’est-à-dire : z = ¯ + i ¯¯ z − 169 13 13 ¯2 13 13 ¯ ¯ 5 12 ¯ On a : ¯¯ + i ¯¯ = 1 et (5 + 12i )(2 + 3i ) = −26 + 39i ; donc σ ◦ σ a pour écriture complexe : z ′ = z ; 13 13 on en déduit que : σ ◦ σ = IdP . 3 z = i ; on a : 3. Pour ¶ µ 12 18 5 12 ′ 2 B’× + i i − + i z = 13 13 13 13 12 12 18 5 − + i =i ; =− i + 1 A× 13 13 13 13 ~  donc : σ(A) = A. ~ı 0 Pour µz = −1 − 4¶i ; on a : ³ ´ 12 18 O 5 12 z′ = + i −1 − 4i − + i -1 13 13 13 13 1 C = (−5 − 48 − 12i + 20i − 12 + 18i ) = −5 + 2i ; 13 -2 donc σ(B) est le point B’(−5 + 2i ). 4. On a : σ(B′ ) = σ ◦ σ(B) = B. Soit C le milieu du -3 segment [BB’] ; C est donc le point d’affixe : −3 − i . Les similitudes conservent le barycentre donc σ(C) -4 est le milieu du segment [B’B] ; C est donc un autre point fixe de σ. -5 -6 σ est une similitude indirecte qui laisse invariants les points A et C ; σ est donc la réflexion d’axe (AC).

|

|

r

×

B

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

F IG . I.18 – Réflexion d’axe (AC)

M M

Plus généralement, pour décomposer une une similitude indirecte, f, déterminée par une écriture complexe, il est souvent avantageux de déterminer f ◦ f.

2006-2007

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I. Similitudes

Un autre point de vue

+

δ

|

~ u

~ v (i ei θ )

G H |

Soit σ une symétrie d’axe δ, ~ u (ei θ ) un vecteur directeur unitaire de δ, O’ le symétrique de O par rapport à δ, H le milieu du segment [OO’] G l’image de H par la translation de vecteur ~ u et ~ v (i ei θ ) le vecteur unitaire normal à δ tel que le repère orthonormé (H ; ~ u ,~ v ) soit direct. −−−→′ u sont orthogonaux donc Les vecteurs OO et ~ −−−→′ les vecteurs OO et ~ v sont−−colinéaires. Il existe −→ donc un réel b tels que : OO′ = b~ v ; on en déduit que les points O’ et H ont respectivement b pour affixe : i b ei θ et i ei θ . 2 D’après l’équation I.6, σ a une écriture comzG − zH plexe de la forme : z ′ = z +β avec β ∈ C. zG − zH

³ ´ O’ i b ei θ

~ u (ei θ )

~ θ

~ı O

F IG . I.19 – Réflexion d’axe δ z G − z H ei θ ei θ Or z G − z H est l’affixe de ~ u donc : = = e2i θ . = z G − z H ei θ e−i θ On a : σ(O) = O′ ; donc, pour z = 0, on obtient : β = z ′ = i b ei θ . On en déduit que σ a pour écriture complexe : z ′ = e2i θ z + i b ei θ . Symétrie glissée

~ un vecteur directeur de δ et t la translation Reprenons les notations ci-dessus, considérons w ~. de vecteur w ~ a pour affixe : a ei θ ; et que t ~ = a~ u ; on en déduit que w Il existe donc un réel non nul a tel que : w a pour écriture complexe : z ′ = z + a ei θ . t ◦ σ a pour écriture complexe : z ′ = e2i θ z + i b ei θ +a ei θ ; c’est-à-dire : z ′ = e2i θ z + ei θ (a + i b) ³ ´ σ ◦ t a pour écriture complexe : z ′ = e2i θ z + a ei θ + i b ei θ ;

c’est-à-dire : z ′ = e2i θ z + ei θ (a + i b) En posant : s = t ◦ σ ; il vient : s = t ◦ σ = t ◦ σ. D ÉFINITION I.5.1 ~ un vecteur directeur de δ. Soit δ une droite et w ~ la composée de la réflexion d’axe δ pal la transOn appelle symétrie glissée d’axe δ et de vecteur w ~ lation de vecteur w .

Remarques 1. La décomposition : s = t ◦ σ = t ◦ σ ; est appelée forme réduite de la symétrie glissée. 2. s ◦ s = (t ◦ σ) ◦ (σ ◦ t) = t ◦ t 3. Toute symétrie glissée est un antidéplacement. 4. Une symétrie glissée n’a aucun point invariant, mais son axe est globalement invariant. 5. Soit M un point, M’ son image. Le milieu du segment [MM’] est un point de l’axe de la symétrie glissée. 1 6. En particulier, pour z = 0, on a : z ′ = ei θ (a + i b) ; donc le point d’affixe ei θ (a + i b) est un 2 Lycée Pontus de Tyard

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I.5. Classification des similitudes

29 ³ ´ O’ ei θ (a + i b)

i b ei θ

´

|

³

|

O2

bc

|

bc

M’

~ w

³ ´ O1 a e i θ

M1 |

bc

M2

bc

~ u (ei θ ) θ

M

~ O ~ı

~ F IG . I.20 – Symétrie glissée d’axe δ et de vecteur w point de l’axe de la symétrie glissée.

Cas général Soit s un antidéplacement. s est une similitude indirecte de rapport 1, elle admet donc une écriture complexe de la forme : z ′ = e2i θ z + β. Écrivons β e−i θ sous forme algébrique, nous obtenons : β e−i θ = a + i b ; d’où il vient : β = ei θ (a + i b) ; s a donc pour écriture complexe : z ′ = e2i θ z + ei θ (a + i b).

iθ 1er cas : a = 0 s a pour écriture complexe : z ′ = e2i θ z + µ i b e ¶; donc s est la réflexion d’axe δ, b où δ est la droite de vecteur directeur ~ u (ei θ ) passant par H i ei θ 2 2e cas : a , 0 s a pour écriture complexe : z ′ = e2³i θ z +´ei θ (a + i b). ~ a ei θ . s est donc la symétrie glissée d’axe δ et de vecteur w

On déduit de cette étude le théorème suivant. T HÉORÈME I.5.6 Tout antidéplacement est soit une réflexion soit une symétrie glissée.

Exercice I.5.8. Déterminer la nature et les élément caractéristiques de l’application plane, s, d’écriture comp 1 ′ plexe : z = (−1 + i 3)z + 2i . 2

Solution s a une écriture complexe de la forme : z ′ = az + b avec a ∈ C∗ ; donc s est une similitude ¶ µ p 1 p 1 ′ indirecte. s ◦ s a pour écriture complexe : z = (−1 + i 3) (−1 + i 3)z + 2i + 2i ; soit : 2p ! 2 Ã p p p 1 −1 + i 3 z ′ = (−1 + i 3)(−1 − i 3)z + 2i 1 − ; soit finalement : z ′ = z + 3 + 3i . 4 2

2006-2007

30

I. Similitudes

´ 1 ~= ~ v ; t ◦ t est 3 + 3i . soit t la translation de vecteur : w Ã p !2 p p p 1 π 3 3 3 ~ a pour affixe : = 3 ei 3 ; + i = 3 +i v , donc : t ◦ t = s ◦ s. w la translation de vecteur ~ 2 2 2 2 p iπ p π ′ −1 t a donc pour écriture complexe : z = z + 3 e 3 ; et t a pour écriture complexe : z ′ = z − 3 ei 3 . 2π s a pour écriture complexe : z ′ = ei 3 z + 2i . Posons : σ = s ◦ t−1 . σ est la composée d’une similitude directe par une similitude indirecte, donc σ est une similitude indirecte. ³ ´ p p 2π 2π π π σ a pour écriture complexe : z ′ = ei 3 z − 3 ei 3 + 2i ; c’est-à-dire : z ′ = ei 3 z − 3 ei 3 +2i . p π 2π t−1 ◦ s a pour écriture complexe : z ′ = ei 3 z + 2i − 3 ei 3 . On en déduit que : σ = s ◦ t−1 = t−1 ◦ s ; d’où : σ◦σ = (t−1 ◦ s) ◦ (s ◦ t−1 ) = t−1 ◦ (s ◦ s) ◦ t−1 = t−1 ◦ t ◦ t ◦ t−1 = IdP . Soit A leÃ point d’affixe i . Déterminons l’image de A par σ. Pour z = i , on a : Ã p ! p ! p 1 1 3 3 − 3 +i + 2i = i ; donc A est un point fixe de σ. z ′ = −i − + i 2 2 2 2 p 7π 3 1 − i . Déterminons l’image de B par σ. Pour z = ei 6 , on a : Soit B le point d’affixe − 2 2 p p p 2π 3π π 3 3 3 1 7π ′ i − i i i z = e 3 e 6 − 3 e 3 +2i = e 6 − − i + 2i = − − i ; donc B est un point fixe de σ. 2 2 2 2 σ est une similitude indirecte qui laisse fixes les points A et B, donc σ est la réflexion d’axe (AB). v s ◦ s est donc la translation de vecteur ~

³p

I.5.3 Similitudes indirectes (complément) Le cas des similitudes indirectes de rapport 1, c’est-à-dire des antidéplacements a été traité au paragraphe I.5.2.c. Nous ne traiterons donc ici que les cas des similitudes indirectes dont le rapport est différent de 1. Soit s une similitude indirecte d’écriture complexe : z ′ = k ei 2θ z + β avec k ∈]0 ; 1[∪]1 ; +∞[. ¢ ¡ s ◦ s a pour écriture complexe : z ′ = k ei 2θ k ei 2θ z + β + β ; c’est-à-dire : z ′ = k 2 z + k ei 2θ β + β. On reconnaît l’écriture complexe d’une homothétie de rapport k 2 et dont l’affixe du centre, Ω, est solution de l’équation : z = k 2 z + k ei 2θ β + β ; on en déduit après calcul que Ω est le point d’affixe : k ei 2θ β + β . Soit h l’homothétie de centre Ω et de rapport k. h ◦ h est l’homothétie de centre Ω ω= 1 − k2 2 et de rapport k , donc : h ◦ h = s ◦ s ; de plus h et h−1 ont respectivement pour écritures complexes : 1 z ′ − ω = k(z − ω) et z ′ − ω = (z − ω). k Soit Ω′ l’image de Ω par s ; on a : s(Ω′ ) = s ◦ s(Ω) = h ◦ h(Ω) = Ω. s transforme [ΩΩ′ ] en [Ω′ Ω] et multiplie les distances par k donc : ΩΩ′ = k ΩΩ′ ; d’où : (1 − k)ΩΩ′ = 0 ; or k , 1 donc : Ω = Ω′ . Ω est un point fixe de s. On en déduit que s a pour écriture complexe : z ′ − ω = k ei 2θ (z − ω). 1 par une simik litude indirecte de rapport k, donc σ est une similitude indirecte de rapport 1, c’est-à-dire une réflexion ¡ ¢où une symétrie glissée. Mais une symétrie glissée n’a pas de point invariant et : σ(Ω) = s h−1 (Ω) = Ω ; donc σ est une réflexion dont l’axe passe par Ω. σ et h−1 ◦ s ont toute deux pour Posons : σ = s ◦ h−1 . σ est la composée d’une similitude directe de rapport

écriture complexe : z ′ − ω = k ei 2θ (z − ω) ; donc : σ = s ◦ h−1 = h−1 ◦ s. On en déduit la décomposition : s = h ◦ σ = σ ◦ h. De plus, d’après menée au paragraphe I.4.1 on sait que l’axe de la ³ l’étude ´ réflexion σ est dirigé par le vecteur ~ u ei θ Lycée Pontus de Tyard

708–709

I.6. Déterminations d’une similitude

31

similitude directe k =1 k ,1

similitude indirecte s est une réflexion d’axe δ ou une symétrie glissée d’axe δ et de ~ vecteur w

s est une translation de vecteur ~ u ou une rotation de centre Ω et d’angle θ s est une similitude directe de rapport k, d’angle θ et de centre Ω

s est une similitude indirecte de rapport k, de centre Ω et d’axe δ

TAB. I.1 – Éléments caractéristiques d’une similitude

On retiendra donc que pour toute similitude indirecte, s, d’écriture complexe : z ′ = k ei 2θ z + β avec k ∈]0 ; 1[∪]1 ; +∞[ ; il existe une homothétie, h, de k et une réflexion σ dont l’axe δ est ³ rapport ´ i θ la droite passant par le centre Ω de h et dirigée par ~ u e tels que : s = h ◦ σ = σ ◦ h. s est la similitude indirecte de rapport k et d’axe δ. Remarques 1. La décomposition : s = h ◦ σ = σ ◦ h ; est appelée forme réduite de s. 2. Ω est l’unique point fixe de s. En effet pour tout point fixe, M, de s ; s transforme [ΩM] en [ΩM] et multiplie les distances par k d’où : (1 − k)ΩM = 0 ; on a donc : M = Ω.

I.6 Déterminations d’une similitude I.6.1 Similitude déterminée par ses éléments caractéristiques Comme nous l’avons vu tout au long de ce chapitre, une similitude est déterminée par ses éléments caractéristiques. Le tableau I.1 précise ces éléments dans les différents cas. k désigne le rapport de la similitude s.

I.6.2 Similitude déterminée par une écriture complexe Une similitude s peut également être déterminée par une écriture complexe. Dans ce paragraphe, lorsque s est une similitude directe, son écriture complexe sera donnée sous la forme : z ′ = az + b ; et lorsque s est une similitude indirecte, son écriture complexe sera donnée sous la forme : z ′ = az + b. Dans les études précédentes, les écritures complexes de similitudes directes ont parfois été données sous la forme : z ′ = k ei θ z + b on passe de l’une à l’autre par les formules usuelles de conversion entre forme algébrique et forme exponentielle du nombre complexe a. Dans les études précédentes, les écritures complexes de similitudes indirectes ont parfois été dona nées sous la forme : z ′ = k ei 2θ z + β on passe de l’une à l’autre par les formules : k = |a| ; ei 2θ = |a| i θ i 2θ et β = b ; de plus e est une racine carrée de e . Lorsque s est une similitude indirecte, un calcul immédiat montre s ◦ s a pour écriture complexe : z ′ = |a|2 z + ab + b. Le tableau I.2 résume les résultats obtenus dans les paragraphes I.5.1 à I.5.3.

2006-2007

32

I. Similitudes s est une similitude directe d’écriture complexe : z ′ = az + b

|a| = 1

|a| , 1

s est une similitude indirecte d’écriture complexe : z ′ = az + b

Si ab + b = 0 alors s est une réflexion d’axe δ où δ est la droite passant par le point b Si a = 1 alors s est une translation d’affixe et dirigée par un vecteur 2 de vecteur ~ u (b). a . d’affixe une racine carrée de |a| Si ab + b , 0 alors s est une Si a , 1 alors une rotation de symétrie glissée d’axe δ et de b ) et d’angle un centre Ω( ~ (ab + b) où δ est la vecteur w 1−a droite passant par le point d’affixe argument de a b et dirigée par un vecteur 2 a . d’affixe une racine carrée de |a| s est une similitude Ã indirecte ! de rapport ab + b s est une similitude directe de rapport |a|, de centre Ω et d’axe δ où 2 1 − |a| |a|, d’angle un argument ¶de a et de µ δ est la droite passant par Ω et dirigée b centre Ω par un vecteur d’affixe une racine 1−a a carrée de |a| TAB. I.2 – Éléments caractéristiques déduits de l’écriture complexe

I.6.3 Similitude déterminée par deux points, leurs images et une orientation T HÉORÈME I.6.1 Soit A, B, A’, B’ quatre points tels que : A , B et A′ , B′ . (1) Il existe une unique similitude directe s telle que : s(A) = A′ et s(B) = B′ . (2) Il existe une unique similitude indirecte s’ telle que : s′ (A) = A′ et s′ (B) = B′ . Démonstration

Existence de s Il suffit de considérer la similitude directe s d’écriture complexe : z′ =

zB′ − z A′

zB − z A

(z − z A ) + z A′

Pour z = z A et z = zB , on obtient respectivement : z ′ = z A′ et z ′ = zB′ ; d’où : s′ (A) = A′ et s′ (B) = B′ .

Unicité de s Soit s” une similitude directe qui transforme A en A’ et B en B’. s−1 ◦ s′′ est une similitude directe qui laisse invariants A et B, d’où : s−1 ◦ s′′ = IdP ; en composant membre à membre cette égalité à gauche par s, on en déduit que : s′′ = s.

Existence de s’ Soit sAB la réflexion d’axe (AB), posons : s′ = s ◦ sAB . s’¡ est la composée d’une similitude indirecte par une similitude ¢ ¡ ¢ directe donc une similitude indirecte. De plus : s′ (A) = s sAB (A) = s(A) = A′ et s′ (B) = s sAB (B) = s(B) = B′ .

Lycée Pontus de Tyard

708–709

I.6. Déterminations d’une similitude

33

Unicité de s’ Soit s” une similitude indirecte qui transforme A en A’ et B en B’. s−1 ◦ s′′ est une similitude directe qui laisse invariants A et B, d’où : s−1 ◦ s′′ = IdP ; en composant membre à membre cette égalité à gauche par s’, on en déduit que : s′′ = s. ä Exercice I.6.1. Le plan est muni d’un repère orthonormé direct (O ;~ı,~ ) (unité graphique : 1 cm). On considère les ponts A, B, A’ et B’ d’affixes respectives : ³p ´ ³p ´ ³ ³ ³ ´ ³p ³ p ´ p ´ p ´ p p ´ 3 − 1 ; z A′ = 3 + 1 ; z B = 2 + 3 + i 3 − 3 ; z B′ = 2 − 3 + i 3 + 3 . zA = 3 + i 3−2 +i

1. Justifier l’existence et l’unicité d’une similitude directe s et d’une similitude indirecte s’ qui transforment A en A’ et B en B’. 2. Déterminer des écritures complexes de s et s’. 3. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de s et de s’.

Solution 1. On sait qu’une similitude directe (ou indirecte) est déterminée par deux points distincts et leurs images. On a : A , B et A′ , B′ ; donc, par théorème : Il existe une unique similitude directe s et une unique similitude indirecte s’ qui transforment A en A’ et B en B’. 2. s est une similitude directe, elle a donc une écriture complexe de la forme : z ′ = az + b . De plus : s(A) = A′ et s(B) = B′ ; donc : z A′ = az A + b et z B′ = az B + b ; d’où : z B′ − z A′ = a(z B − z A ) ; z B′ − z A′ on en déduit que : a = p ¢ ¡p ¡ ¢ ¢ ¡p ¡z B − zpA ¢ 3+1 3−2 −i 2− 3 +i 3+ 3 − = ¡ p ¢ p p ¢ ¡ ¡p ¢ 3−1 2 +p 3 + i 3 − 3 − 3 − i 4 − 2 3 + 2i = p ¢ ¡ 2 ¡ +i 4 p− 2 3¢ ¡ ¡ p ¢¢ 4 − 2 3 + 2i 2 − i 4 − 2 3 = ¡ p ¢2 2 p2 ¢+ 4 ¡− 2 3 p ¢ ¡ 16 − 8 3 + i −24 + 16 3 = p p ¢ 32 −¡ 16 3 p ¢ ¡ 2 − 3 + i −3 + 2 3 = p ¢ ¡ 2 2 − p3 p 2− 3 1 = +i 3 ¡ p ¢ 2 2 2 − 3 p 3 1 = +i 2 π 2 = ei 3 . Déterminons b . On sait que : z A′ = az A +b ; donc : b = z A′ − az A Ã p !³ ´ ³p ³p ´´ ³p ´ 1 3 p 3−2 +i 3+i 3−1 +i = 3+1 − 2 2 p 1 3 = − +i . 2 2 Donc s a pour écriture complexe : z ′ = ei

π 3

p 3 1 z − +i . 2 2

s’ est une similitude indirecte, elle a donc une écriture complexe de la forme : z ′ = az + b . De plus : s′ (A) = A′ et s′ (B) = B′ ; donc : z A′ = az A + b et z B′ = az B + b ; d’où : z B′ − z A′ = a(z B − z A ) ; 2006-2007

34

I. Similitudes

on en déduit que : a =

z B′ − z A′

p ¢ ¡p ¡z B − zpA ¢ ¡ ¢ ¡p ¢ 2− 3 +i 3+ 3 − 3−2 −i 3+1 = ¡ p ¢ ¡ p ¢ p ¡p ¢ 2 +p 3 − i 3 − 3 − 3 + i 3−1 4 − 2 3 + 2i = ¡ p ¢ 2 − i 4 −p2 3 4 − 2 3 + 2i = ³¡ ´ p ¢ −i 4 − 2 3 + 2 i

=i . Déterminons b . On sait que : z A′ = az A + b ; donc : b = z A′ − az A ´ ³p ´ ³p ³p ´´ ³p 3−2 +i 3+1 −i 3−i 3−1 =

Donc s’ a pour écriture complexe :

= −1 + i .

z′ = i z −1+i .

3. Dans l’écriture complexe de s, le coefficient de z est le nombre complexe de module 1 et d’arguπ π ment , donc s est une rotation d’angle . 3 3 p π 3 1 i . L’affixe du centre de la rotation s est solution de l’équation : z = e 3 z − + i 2 2 Résolvons cette équation. Ã p p ! p π 3 3 3 1 1 1 i z = − +i ⇐⇒ 1− −i z = e 3 z − +i 2 2 2 2 2 2 Ã p ! p 3 3 1 1 ⇐⇒ − − + i z = − +i 2 2 2 2 ⇐⇒ z = −1.

s est la rotation d’angle Ω(−1). Lycée Pontus de Tyard

π et de centre 3 708–709

I.6. Déterminations d’une similitude

35

p π 1 3 Autre méthode On a : − + i = −1 + ei 3 ; d’où il 2 2 vient : p ¢ π π ¡ 1 3 z ′ = ei 3 z− +i ⇐⇒ z ′ −(−1) = ei 3 z−(−1) . 2 2 ei

³ p B’ 2 6 ei

π 3

est le nombre complexe de module 1 et d’arguπ donc s est une similitude de rapport 1 et³ p i ment A’ 2 2 e 3 π d’angle , de plus son centre a pour affixe −1, donc : 3 s est la rotation d’angle Ω(−1).

5π 12

π et de centre 3

D’après la figure I.21, la similitude indirecte s’ semble être la réflexion d’axe (ΩC) où C est¡le point d’affixe i . ¢ ′ Pour : z = −1 ; on a : z = i −1 − 1 + i = −1 ; donc : s(Ω) = Ω. Pour : z = i ; on a : z ′ = i × i − 1 + i = i ; donc : s(C) = C. s’ est une similitude indirecte par laquelle les points Ω et C sont invariants, donc :

5π 12

´

´

~ C Ω

O

~ı

³ p A 2 2 ei

π 12

³ p i B ´ 2 6e

F IG . I.21 –

s’ est la réflexion d’axe (ΩC).

I.6.4 Similitude déterminée par deux triangles semblables T HÉORÈME I.6.2 Soit ABC et A’B’C’ deux triangles semblables. Il existe une unique similitude s telle que : s(A) = A′ ; s(B) = B′ et s(C) = C′ . Démonstration

Existence de s Les triangles ABC et A’B’C’ sont soit directement semblables, soit indirectement semblables.

Si les triangles ABC et A’B’C’ sont directement semblables On prend pour s la similitude directe qui transforme A en A’ et B en B’. Il ne reste plus qu’a démontré que s transforme C en C’. Posons : C′′ = s(C). −−−→´ ³−−→ −−→´ A′ C′′ AC ³−−′−→ s transforme ABC et A’B’C” et conserve les angles orientés, donc : ′ ′ = et A B′ ; A′ C′′ = AB ; AC . AB AB ³−−−→ −−−→´ ³−−→ −−→´ A′ C′ A′ B′ = et A′ B′ ; A′ C′ = AB ; AC . Les triangles ABC et A’B’C’ sont directement semblables, donc : AC AB ³−−−→ −−−→´ ³−−−→ −−−→´ ³−−−→ −−−→´ AC ′ ′ A′ B′ ′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′′ On en déduit que : A C = AB = AC = A C et A B ; A C = A B ; A′ C′′ ; donc : A′ C′′ = A′ C′ et A′ C′′ ; A′ C′ = AB AB 0. −−′−→ − − − → Les vecteurs A C′ et A′ C′′ ont même direction, même sens et même norme, ils sont donc égaux ; on en déduit que s transforme C en C’.

Si les triangles ABC et A’B’C’ sont indirectement semblables On prend pour s la similitude indirecte qui transforme A en A’ et B en B’. Il ne reste plus qu’a démontré que s transforme C en C’. Posons : C′′ = s(C). s transforme ABC et A’B’C” et change les angles orientés en leurs opposés, donc :

2006-2007

π 12

´

36

I. Similitudes

´ ³−−→ −−→´ −−′ −→ A′ C′′ AC ³−−′−→ ′ ′′ A B ; A C AB ; AC . = = − et A′ B′ AB

³−−→ −−→´ −−−→´ A′ C′ A′ B′ ³−−′−→ Les triangles ABC et A’B’C’ sont indirectement semblables, donc : = et A B′ ; A′ C′ = − AB ; AC . AC AB ³−−−→ −−−→´ ³−−−→ −−−→´ AC ′ ′ A′ B′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′′ ′ ′′ AB = AC = A C et A B ; A C = A B ; A′ C′′ ; On en déduit que : A C = AB ´ ³−−−→ AB −−−→ donc : A′ C′′ = AC′ et A′ C′′ ; A′ C′ = 0. −−−→ −−−→ Les vecteurs A′ C′ et A′ C′′ ont même direction, même sens et même norme, ils sont donc égaux ; on en déduit que s transforme C en C’.

Unicité de s Soit s’ une similitude qui transforme ABC en A’B’C’, s et s’ sont deux similitudes qui coïncident en trois points non alignés donc, d’après le théorème I.3.3, elles sont égales.ä

Lycée Pontus de Tyard

708–709

Index angle d’une similitude directe, 22 antidéplacement, 25 centre d’une similitude directe, 23 déplacement, 25 éléments caractéristiques d’une similitude directe, 23 forme réduite d’une similitude directe, 23 d’une symétrie glissée, 28 groupe de transformations, 15 involution, involutive, 16 isométrie, 15 rapport de similitude, 17 similitude, 16 directe, 19 indirecte, 19 symétrie glissée, 28 transformation du plan, 12

37

Baccalauréat S Spécialité Index des exercices de spécialité de 1999 à novembre 2006 Tapuscrit : D ENIS V ERGÈS No

Lieu et date

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38

Nlle-Calédonie novembre 2006 Amérique du Sud novembre 2006 France septembre 2006 Polynésie juin 2006 La Réunion juin 2006 France juin 2006 Centres étrangers juin 2006 Asie juin 2006 Antilles-Guyane juin 2006 Amérique du Nord juin 2006 Pondichéry avril 2006 Nlle-Calédonie novembre 2005 Amérique du Sud novembre 2005 France septembre 2005 Amérique du Nord juin 2005 Antilles–Guyane juin 2005 Asie juin 2005 Centres étrangers juin 2005 France juin 2005 La Réunion juin 2005 Liban juin 2005 Polynésie juin 2005 Pondichéry juin 2005 Nlle–Calédonie nov. 2004 Amérique du Sud nov. 2004 Antilles septembre 2004 France septembre 2004 Polynésie septembre 2004 Amérique du Nord mai 2004 Antilles–Guyane juin 2004 Asie juin 2004 Centres étrangers juin 2004 France juin 2004 Liban juin 2004 Polynésie juin 2004 Pondichéry avril 2004 La Réunion juin 2004 Amérique du Sud nov. 2003

Arithmé- Barytique centre

EspaceSurfaces

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Baccalauréat S

No

Lieu et date

Arithmé- Barytique centre

39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82

Nlle–Calédonie nov. 2003 Antilles–Guyane sept. 2003 France septembre 2003 Polynésie septembre 2003 Amérique du Nord juin 2003 Antilles–Guyane juin 2003 Asie juin 2003 Centres étrangers juin 2003 France juin 2003 La Réunion juin 2003 Liban juin 2003 Polynésie juin 2003 Pondichéry juin 2003 Amérique du Sud déc. 2002 Nlle–Calédonie nov. 2002 Antilles–Guyane sept. 2002 France septembre 2002 Amérique du Nord juin 2002 Antilles–Guyane juin 2002 Asie juin 2002 Centres étrangers juin 2002 France juin 2002 La Réunion juin 2002 Polynésie juin 2002 Pondichéry juin 2002 Nlle–Calédonie déc. 2001 Amérique du Sud déc. 2001 Antilles–Guyane sept. 2001 France septembre 2001 Polynésie septembre 2001 Amérique du Nord juin 2001 Antilles–Guyane juin 2001 Asie juin 2001 Centres étrangers juin 2001 France juin 2001 Liban juin 2001 Polynésie juin 2001 Pondichéry juin 2001 Nouvelle–Calédonie déc. 2000 Amérique du Sud nov. 2000 France septembre 2000 Polynésie septembre 2000 Amérique du Nord juin 2000 Antilles–Guyane juin 2000

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Exercices de spécialité

2

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Baccalauréat S

No

Lieu et date

Arithmé- Barytique centre

83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102

Asie juin 2000 Centres étrangers juin 2000 France juin 2000 La Réunion juin 2000 Liban juin 2000 Polynésie juin 2000 Pondichéry juin 2000 Nlle–Calédonie déc. 1999 Amérique du Sud nov. 1999 Antilles–Guyane sept. 1999 France sept. 1999 Sportifs haut-niveau sept. 1999 Amérique du Nord juin 1999 Antilles–Guyane juin 1999 Asie juin 1999 Centres étrangers juin 1999 France juin 1999 Liban juin 1999 Pondichéry juin 1999 Antilles–Guyane sept. 1998

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Exercices de spécialité

3

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Baccalauréat S

1. Nouvelle-Calédonie novembre 2006

→ − → − Le plan est muni d’un repère orthonormal direct O, u , v . (unité 1 cm). On construira une figure que l’on complétera au fur et mesure. π 1. Soit A le point d’affixe 3, et r la rotation de centre O et d’angle . 3 On note B, C, D, E et F les images respectives des points A, B, C, D 3 3 3 et E par la rotation r . Montrer que B a pour affixe + i. 2 2 2. Associer à chacun des points C, D, E et F l’une des affixes de l’ensemble suivant 3 3 3 3 3 3 3 3 3 −3 ; − + i; − i; − − i 2 2 2 2 2 2 3.

a. Déterminer r (F). b. Quelle est la nature du polygone ABCDEF ? 1 π et d’angle . 2 3 Soit s la similitude directe de centre E transformant F en C.

4. Soit s la similitude directe de centre A, de rapport

a. Déterminer l’angle et le rapport de s . En déduire l’angle et le rapport de s ◦ s. b. Quelle est l’image du point D par s ◦ s ? c. Déterminer l’écriture complexe de s . 5. Soit A le symétrique de A par rapport à C. a. Sans utiliser les nombres complexes, déterminer s(A ) puis l’image de A par s ◦ s. b. Calculer l’affixe du point A . Retrouver alors le résultat du a. en utilisant l’écriture complexe de s ◦ s.

Exercices de spécialité

4

Baccalauréat S

2. Amérique du Sud novembre 2006 Rappel : Pour deux entiers relatifs a et b, on dit que a est congru à b modulo 7, et on écrit a ≡ b mod 7 lorsqu’il existe un entier relatif k tel que a = b+7k. 1. Cette question constitue une restitution organisée de connaissances a. Soient a, b, c et d des entiers relatifs. Démontrer que : si a ≡ b mod 7 et c ≡ d mod 7 alors ac ≡ bd mod 7. b. En déduire que : pour a et b entiers relatifs non nuls si a ≡ b mod 7 alors pour tout entier naturel n, a n ≡ b n mod 7. 2. Pour a = 2 puis pour a = 3, déterminer un entier naturel n non nul tel que a n ≡ 1 mod 7. 3. Soit a un entier naturel non divisible par 7. a. Montrer que : a 6 ≡ 1 mod 7. b. On appelle ordre de a mod 7, et on désigne par k, le plus petit entier naturel non nul tel que a k ≡ 1 mod 7. Montrer que le reste r de la division euclidienne de 6 par k vérifie a r ≡ 1 mod 7. En déduire que k divise 6. Quelles sont les valeurs possibles de k ? c. Donner l’ordre modulo 7 de tous les entiers a compris entre 2 et 6. 4. À tout entier naturel n, on associe le nombre A n = 2n + 3n + 4n + 5n + 6n . Montrer que A 2006 ≡ 6 mod 7.

Exercices de spécialité

5

Baccalauréat S

3. France septembre 2006 1. On considère l’équation (E ) couple d’entiers relatifs.

:

17x − 24y = 9, où (x, y) est un

a. Vérifier que le couple (9 ; 6) est solution de l’équation (E ). b. Résoudre l’équation (E ). 2. Dans une fête foraine, Jean s’installe dans un un manège circulaire représenté par le schéma de l’annexe 2. Il peut s’installer sur l’un des huit points indiqués sur le cercle. Le manège comporte un jeu qui consiste à attraper un pompon qui, se déplace sur un câble fomant un carré dans lequel est inscril le cercle. Le manège tourne dans le sens des aiguilles d’une montre, à vitesse constante. Il fait un tour à vitesse constante. Il fait un tour en 24 secondes. Le pompon se déplace dans le même sens à vitesse constante. Il fait un tour en 17 secondes. Pour gagner, Jean doit attraper le pompon, et il ne peut le faire qu’aux points de contact qui sont notés A, B, C et D sur le dessin. À l’instant t = 0, Jean part du point H en même temps que le pompon part du point A. a. On suppose qu’à un cerain instant t Jean attrape le pompon en A. Jean a déjà pu passer un certain nombre de fois en A sans y trouver le pompon. À l’instant t , on note y le nombre de tours effectués depuis son premier passage en A et x le nombre de tours effectués par le pompon. Montrer que (x, y) est solution de l’équation (E ) de la question 1. b. Jean a payé pour 2 minutes ; aura-t-il le temps d’attraper le pompon ? c. Montrer, qu’en fait, il n’est possible d’attraper le pompon qu’au point A. d. Jean part maintenant du point E. Aura-t-il le temps d’attraper le pompon en A avant les deux minutes ?

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4. Polynésie juin 2006 Pour chacune des cinq propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et donner une démonstration de la réponse choisie. Une réponse non démontrée ne rapporte aucun point. Proposition 1 : « pour tout entier naturel n, 3 divise le nombre 22n − 1 ». Proposition 2 : « Si un entier relatif x est solution de l’équation x 2+x ≡ 0 (modulo 6) alors x ≡ 0 (modulo 3) ». Proposition 3 : « l’ensemble des couples d’entiers relatifs (x ; y) solutions de l’équation 12x −5y = 3 est l’ensemble des couples (4+10k ; 9+24k) où k ∈ Z ». Proposition 4 : « il existe un seul couple (a ; b) de nombres entiers naturels, tel que a < b et PPCM(a, b) − PGCD(a, b) = 1 ». Deux entiers naturels M et N sont tels que M a pour écriture abc en base dix et N a pour écriture bca en base dix. Proposition 5 : « Si l’entier M est divisible par 27 alors l’entier M − N est aussi divisible par 27 ».

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5. La Réunion juin 2006 On complètera la figure donnée en annexe 2 au fur et à mesure des questions, et on la rendra avec la copie. −−→ −−→ π ABCD est un carré tel que AB , AD = + . Soit I le centre du carré ABCD. 2 Soit J le milieu du segment [CD]. On désigne par s la similitude directe qui transforme A en I et B en J. Le but de l’exercice est d’étudier certaines propriétés de la similitude s. Dans la partie A on utilisera des raisonnements géométriques ; dans la partie B on utilisera les nombres complexes. Partie A 1. Déterminer le rapport et l’angle de la similitude s. 2. On désigne par Ω le centre de cette similitude. Γ1 est le cercle de diamètre [AI], Γ2 est le cercle de diamètre [BJ]. Démontrer que Ω est l’un des points d’intersection de Γ1 et Γ2 . Placer Ω sur la figure. 3. Donner l’image par s de la droite (BC). En déduire le point image par s du point C, puis le point K image par s du point I. 4. On pose h = s ◦ s (composée de s avec elle même). a. Donner la nature de la transformation h (préciser ses éléments caractéristiques). b. Trouver l’image du point A par h. En déduire que les points A, Ω et K sont alignés. Partie B → − → − Le plan complexe est rapporté à un repère A ; u , v orthonormal direct, choisi de manière à ce que les points A, B, C et D aient comme affixes respectives 0, 2 , 2 + 2i et 2i. 1 1. Démontrer que l’écriture complexe de la similitudes est z = iz + 2 1 + i. 2. Calculer l’affixe du point Ω. 3. Calculer l’affixe du point E tel que s(E) = A. Placer le point E sur la figure.

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6. France juin 2006 Partie A : Question de cours 1. Énoncer le théorème de Bézout et le théorème de Gauss. 2. Démontrer le théorème de Gauss en utilisant le théorème de Bézout. Partie B Il s’agit de résoudre dans Z le système (S)

n ≡ 13 n ≡ 6

(19) (12)

1. Démontrer qu’il existe un couple (u ; v ) d’entiers relatifs tel que : 19u + 12v = 1. (On ne demande pas dans cette question de donner un exemple d’un tel couple). Vérifier que, pour un tel couple, le nombre N = 13 × 12v + 6 × 19u est une solution de (S). 2.

a. Soit n 0 une solution de (S), vérifier que le système (S) équivaut à n ≡ n0 (19) (12) n ≡ n0 (19) n ≡ n0 b. Démontrer que le système équivaut à n ≡ n0 (12) n ≡ n 0 (12 × 19).

3.

a. Trouver un couple (u ; v ) solution de l’équation 19u + 12v = 1 et calculer la valeur de N correspondante. b. Déterminer l’ensemble des solutions de (S) (on pourra utiliser la question 2. b.).

4. Un entier naturel n est tel que lorsqu’on le divise par 12 le reste est 6 et lorsqu’on le divise par 19 le reste est 13. On divise n par 228 = 12 × 19. Quel est le reste r de cette division ?

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7. Centresétrangers juin 2006 Le but de l’exercice est d’étudier certaines propriétés de divisibilité de l’entier 4n − 1, lorsque n est un entier naturel. On rappelle la propriété connue sous le nom de petit théorème de Fermat : « si p est un nombre entier et a un entier naturel premier avec p, alors a p−1 − 1 ≡ 0 mod p ». Partie A. Quelques exemples. 1. Démontrer que, pour tout entier naturel n, 4n est congru à 1 modulo 3. 2. Prouver à l’aide du petit théorème de Fermat, que 428 − 1 est divisible par 29. 3. Pour 1 n 4 , déterminer le reste de la division de 4n par 17. En déduire que, pour tout entier k, le nombre 44k − 1 est divisible par 17. 4. Pour quels entiers naturels n le nombre 4n − 1 est-il divisible par 5 ? 5. À l’aide des questions précédentes. déterminer quatre diviseurs premiers de 428 − 1. Partie B. Divisibilité par un nombre premier Soit p un nombre premier différent de 2. 1. Démontrer qu’il existe un entier n 1 tel que 4n ≡ 1 mod p. 2. Soit n 1 un entier naturel tel que 4n ≡ 1 mod p. On note b le plus petit entier strictement positif tel que 4b ≡ 1 mod p et r le reste de la division euclidienne de n par b. a. Démontrer que 4r ≡ 1 mod p. En déduire que r = 0. b. Prouver L’équivalence : 4n −1 est divisible par p si et seulement si n est multiple de b. c. En déduire que b divise p − 1.

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8. Asie juin 2006 Étant donné un entier naturel n 2, on se propose d’étudier l’existence de trois entiers naturels x, y et z tels que x 2 + y 2 + z 2 ≡ 2n − 1 modulo 2n . Partie A : Étude de deux cas particuliers 1. Dans cette question on suppose n = 2. Montrer que 1, 3 et 5 satisfont à la condition précédente. 2. Dans cette question, on suppose n = 3. a. Soit m un entier naturel. Reproduire et compléter le tableau ci-dessous donnant le reste r de la division euclidienne de m par 8 et le reste R de la division euclidienne de m 2 par 8. r R

0

1

2

3

4

5

6

7

b. Peut-on trouver trois entiers naturels x, y et z tels que x 2 + y 2 + z 2 ≡ 7 modulo 8 ? Partie B Etude du cas général où n 3 Supposons qu’il existe trois entiers naturels x, y et z tels que x 2 + y 2 + z 2 ≡ 2n − 1 modulo 2n . 1. Justifier le fait que les trois entiers naturels x, y et z sont tous impairs ou que deux d’entre eux sont pairs. 2. On suppose que x et y sont pairs et que z est impair. On pose alors x = 2q, y = 2r, z = 2s + 1 où q, r, s sont des entiers naturels. a. Montrer que x 2 + y 2 + z 2 ≡ 1 modulo 4. b. En déduire une contradiction. 3. On suppose que x, y, z sont impairs. a. Prouver que, pour tout entier naturel k non nul, k 2 + k est divisible par 2. b. En déduire que x 2 + y 2 + z 2 ≡ 3 modulo 8. c. Conclure.

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9. Antilles-Guyane juin 2006 Dans le plan orienté, on considère un carré direct ABCD de centre O. Soit P un point du segment [BC] distinct de B. On note Q l’intersection de (AP ) avec (CD). La perpendiculaire δ à (AP ) passant par A coupe (BC) en R et (CD) en S. 1. Faire une figure. π 2. Soit r la rotation de centre A et d’angle . 2 a. Précisez, en justifiant votre réponse, l’image de la droite (BC) par la rotation r . b. Déterminez les images de R et de P par r . c. Quelle est la nature de chacun des triangles ARQ et AP S. 3. On note N le milieu du segment [P S] et M celui du segment [QR]. π 1 Soit s la similitude de centre A, d’angle et de rapport . 4 2 a. Déterminez les images respectives de R et de P par s. b. Quel est le lieu géométrique du point N quand P décrit le segment [BC] privé de B ? c. Démontrez que les points M, B, N et D sont alignés.

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10. Amérique du Nord juin 2006

→ − → − Le plan est muni d’un repère orthonormal direct O, u , v (unité graphique : 4 cm). Soit Ω le point d’affixe 2. π On appelle r la rotation de centre Ω et d’angle et h l’homothétie de centre Ω 4 2 et de rapport . 2 1. On pose σ = h ◦ r . a. Quelle est la nature de la transformation σ ? Préciser ses éléments caractéristiques. 1+i b. Montrer que l’écriture complexe de σ est : z −→ z + 1 − i. 2 c. Soit M un point quelconque du plan d’affixe z. On désigne par M son image par σ et on note z l’affixe de M . Montrer que z −z = i 2−z . 2.

a. Question de cours • Prérequis : définitions géométriques du module d’un nombre complexe et d’un argument d’un nombre complexe non nul. Propriétés algébriques des modules et des arguments. Démontrer que : si A est un point donné d’affixe a, alors l’image π du point P d’affixe p par la rotation de centre A et d’angle 2 est le point Q d’affixe q telle que q − a = i(p − a). b. Déduire des questions précédentes la nature du triangle ΩM M , pour M distinct de Q.

3. Soit A0 le point d’affixe 2 + i. On considère la suite (A n ) de points du plan définis par : pour tout entier naturel n, A n+1 = σ (A n ). a. Montrer que, pour tout entier naturel n, l’affixe an de A n est donnée par : n (n+2)π 2 an = ei 4 + 2. 2 b. Déterminer l’affixe de A 5 . 4. Déterminer le plus petit entier n 0 tel que l’on ait : pour n n 0 , le point A n est dans le disque de centre Ω et de rayon 0,01.

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11. Pondichéry avril 2006

→ − → − Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct O, u , v . On prendra 5 cm pour unité graphique. Soit f la transformation qui, à tout point M d’affixe z, associe le point M d’affixe z définie par :

1 1 z = + i z + 1. 2 2 1. Justifier que f est une similitude directe dont on précisera le centre Ω (d’affixe ω), le rapport k et l’angle θ. 2. On note A 0 le point O et, pour tout entier naturel n, on pose A n+1 = f (A n ). a. Déterminer les affixes des points A 1 A 2 , A 3 puis placer les points A 0 , A 1 , A 2 et A 3 . b. Pour tout entier naturel n, on pose u n = ΩA n . Justifier que la suite (u n ) est une suite géométrique puis établir que, pour tout entier naturel n,

1 n . un = 2 2 c. À partir de quel rang n 0 tous les points A n appartiennent-ils au disque de centre Ω et de rayon 0, 1 ? 3.

a. Quelle est la nature du triangle ΩA 0 A 1 ? En déduire, pour tout entier naturel n, la nature du triangle ΩA n A n+1 . b. Pour tout entier naturel n, on note n la longueur de la ligne brisée A 0 A 1 A 2 . . . A n−1 A n . On a ainsi : n = A 0 A 1 +A 1 A 2 +. . .+A n−1 A n . Exprimer n en fonction de n. Quelle est la limite de la suite (n ) ?

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12. Nouvelle–Calédonie novembre 2005 → − → − Le plan est rapporté au repère orthonormal O, u , v . Unité graphique : 4 cm Partie I 1. Placer les points I, J, H, A, B, C, D d’affixes respectives : zI = 1 , zJ = i , zH = 1 + i , zA = 2 , zB =

3 + i , z C = 2i et z D = −1 2

2. Soit E le symétrique de B par rapport à H. La perpendiculaire à la droite (AE) passant par C et la parallèle à la droite (OC) passant par D se coupent en F. 1 Placer E et F et vérifier que le point F a pour affixe z F = −1 + i. 2 3. Montrer que les triangles OAB et OCF sont isométriques. Partie II On considère la transformation f du plan, d’écriture complexe : z = −i z + 2i. 1. Déterminer les images des points O, A, B par f . 2.

a. Montrer que f est une similitude. Est-ce une isométrie ? b. Déterminer l’ensemble des points invariants par f .

c. La transformation f est-elle une symétrie axiale ? → − 3. Soit t la translation de vecteur IJ . Donner l’écriture complexe de t et celle de sa réciproque t −1 . 4. On pose s = f ◦ t −1 . a. Montrer que l’écriture complexe de s est : z = −i z + 1 + i. b. Montrer que I et J sont invariants par s. En déduire la nature de s. c. En déduire que f est la composée d’une translation et d’une symétrie axiale à préciser.

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13. Amérique du Sud novembre 2005 → − → − Le plan complexe P est rapporté à un repère orthonormal direct O, u , v . On prendra pour unité graphique 4 cm. On considère les points A, B, C et D d’affixes respectives a, b, c et d telles que : a = i,

b = 1 + 2i,

c=

iπ 2e 4 ,

et d = 3 + 2i.

On considère la similitude directe s qui transforme A en B et C en D. Soit M un point d’affixe z et M , d’affixe z , son image par s. 1. Exprimer z en fonction de z. Déterminer les éléments caractéristiques de s. Soit (Un ) la suite numérique définie par :

U0 = 0 Un+1 = 2Un + 1 pour tout n ∈ N

2. Montrer que, pour tout entier naturel n, Un+1 et Un sont premiers entre eux. 3. Interpréter géométriquement, en utilisant la similitude s, les termes de la suite (Un ). 4. Montrer que pour tout entier naturel n,Un = 2n − 1. 5. Montrer que, pour tous entiers naturels n et p non nuls tels que n p, Un = U p Un−p + 1 +Un−p . La notation pgcd(a ; b) est utilisée, dans la suite, pour désigner le plus grand diviseur commun à deux entiers naturels a et b . Montrer pour n p l’égalité pgcd Un ,U p = pgcd U p , Un−p . 6. Soit n et p deux entiers naturels non nuls, montrer que : pgcd Un , U p = Upgcd(n ; p) . Déterminer le nombre : pgcd(U2005 , U15 ) .

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14. France septembre 2005 Pour chaque question, une seule des quatre réponses proposées est exacte. Le candidat indiquera sur la copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie. Chaque réponse exacte rapporte 1 point. Chaque réponse fausse enlève 0,5 point. Une absence de réponse est comptée 0 point. Si le total est négatif, la note est ramenée à zéro. Aucune justification n’est demandée. 1. On considère dans l’ensemble des entiers relatifs l’équation : x 2 − x + 4 ≡ 0 (modulo 6). A : toutes les solutions sont des entiers pairs. B : il n’y a aucune solution. C : les solutions vérifient x ≡ 2 (modulo 6). D : les solutions vérifient x ≡ 2 (modulo 6) ou x ≡ 5 (modulo 6). 2. On se propose de résoudre l’équation (E) : 24x + 34y = 2, où x et y sont des entiers relatifs. A : Les solutions de (E) sont toutes de la forme : (x ; y) = (34k − 7 ; 5 − 24k), k ∈ Z. B : L’équation (E) n’a aucune solution. C : Les solutions de (E) sont toutes de la forme : (x ; y) = (17k − 7 ; 5 − 12k), k ∈ Z. D : Les solutions de (E) sont toutes de la forme : (x ; y) = (−7k ; 5k), k ∈ Z. 3. On considère les deux nombres n = 1 789 et p = 1 7892 005 . On a alors : A : n ≡ 4 (modulo 17) et p ≡ 0 (modulo 17). B : p est un nombre premier. C : p ≡ 4 (modulo 17). D : p ≡ 1 (modulo 17). 4. On considère, dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal, les points A et B d’affixes respectives a et b. Le triangle MAB est rectangle isocèle direct d’hypoténuse [AB] si et seulement si le point M d’affixe z est tel que : b − ia A:z= . C : a − z = i(b − z). 1−i π π D : b − z = (a − z). B : z − a = ei 4 (b − a). 2 5. On considère dans le plan orienté deux points distincts A et B ; on note I le milieu du segment [AB]. Soit f la similitude directe de 2π centre A, de rapport 2 et d’angle ; soit g la similitude directe de 3 1 π centre A, de rapport et d’angle ; soit h la symétrie centrale de 2 3 centre 1. A : h ◦ g ◦ f transforme A en B et c’est une rotation. Exercices de spécialité

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B : h ◦ g ◦ f est la réflexion ayant pour axe la médiatrice du segment [AB]. C : h ◦ g ◦ f n’est pas une similitude. −−→ D : h ◦ g ◦ f est la translation de vecteur AB .

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15. Amérique du Nord juin 2005 La figure jointe en annexe sera complétée au cours de l’exercice et remise avec la copie. On y laissera apparents les traits de construction. Dans le plan orienté, on donne le triangle ABC tel que AB = 2, AC= 1 + 5 et −−→ −−→ π AB , AC = . 2 a. Démonstration de cours : démontrer qu’il existe une seule similitude directe S transformant B en A et A en C.

1.

b. Déterminer le rapport et une mesure de l’angle de S. 2. On appelle Ω le centre de S. Montrer que Ω appartient au cercle de diamètre [AB] et à la droite (BC). Construire le point Ω. 3. On note D l’image du point C par la similitude S. a. Démontrer l’alignement des points A, Ω et D ainsi que le parallélisme des droites (CD) et (AB). Construire le point D. b. Montrer que CD = 3 + 5. 4. Soit E le projeté orthogonal du point B sur la droite (CD). a. Expliquer la construction de l’image F du point E par S et placer F sur la figure. b. Quelle est la nature du quadrilatère BFDE ? Annexe : exercice de spécialité 5 4

C

3 2 1 0

A

B

-1 -1

0

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1

2

3

19

4

5

6

7

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16. Antilles–Guyane juin 2005 1.

a. Déterminer suivant les valeurs de l’entier naturel non nul n le reste dans la division euclidienne par 9 de 7n . b. Démontrer alors que (2005)2005 ≡ 7 (9).

2.

a. Démontrer que pour tout entier naturel non nul n : (10)n ≡ 1 (9). b. On désigne par N un entier naturel écrit en base dix, on appelle S la somme de ses chiffres. Démontrer la relation suivante : N ≡ S (9). c. En déduire que N est divisible par 9 si et seulement si S est divisible par 9.

3. On suppose que A = (2005)2005 ; on désigne par : – B la somme des chiffres de A ; – C la somme des chiffres de B ; – D la somme des chiffres de C . a. Démontrer la relation suivante : A ≡ D (9). b. Sachant que 2005 < 10 000, démontrer que A s’écrit en numération décimale avec au plus 8 020 chiffres. En déduire que B 72 180. c. Démontrer que C 45. d. En étudiant la liste des entiers inférieurs à 45, déterminer un majorant de D plus petit que 15. e. Démontrer que D = 7.

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17. Asie juin 2005 Le but de cet exercice est d’étudier les similitudes directes qui transforment l’ensemble S 1 des sommets d’un carré C 1 donné en l’ensemble S 2 des sommets d’un carré C 2 donné. → − → − Le plan complexe est rapporte à un repère orthonormal direct R = O, u , v , unité graphique 2 cm. On considère les points A, B, C, D, E, F, G, H d’affixes respectives i i i i − , 1 − , 1 + , , 1 − i, 3 − i, 3 + i, 1 + i. 2 2 2 2 C 1 est le carré de sommets A, B, C, D et de centre O1 , C 2 est le carré de sommet E, F G, H de centre O2 . S 1 est donc l’ensemble {A, B, C, D} et S 2 l’ensemble {E, F, G, H}. 1. Placer tous les points dans le repère R, construire les carrés C 1 et C2. 2. Soit h l’homothétie de centre Ω d’affixe −1 et de rapport 2. Donner l’écriture complexe de h et prouver que h transforme S 1 en S 2 . 3. Soit s une similitude directe qui transforme S 1 en S 2 et soit g la transformation g = h −1 ◦ s. a. Quel est le rapport de la similitude s ? b. Prouver que g est une isométrie qui laisse S 1 globalement invariant. c. Démontrer que g (O1 ) = O1 . d. En déduire que g est l’une des transformations suivantes : l’idenπ tité, la rotation r 1 de centre O1 et d’angle , la rotation r 2 de 2 centre O1 et d’angle π, la rotation r 3 de centre O1 et d’angle π − . 2 e. En déduire les quatre similitudes directes qui transforment S 1 en S 2 . 4. Étude des centres de ces similitudes. a. Déterminer les écritures complexes de h ◦ r 1 , h ◦ r 2 , h ◦ r 3 . b. En déduire les centres Ω1 , Ω2 , Ω3 de ces similitudes et les placer sur le dessin.

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18. Centres étrangers juin 2005 Partie A Soit N un entier naturel, impair non premier. On suppose que N = a 2 − b 2 où a et b sont deux entiers naturels. 1. Montrer que a et b n’ont pas la même parité. 2. Montrer que N peut s’écrire comme produit de deux entiers naturels p et q. 3. Quelle est la parité de p et de q ? Partie B On admet que 250 507 n’est pas premier. On se propose de chercher des couples d’entiers naturels (a ; b) vérifiant la relation (E) :

a 2 − 250 507 = b 2 .

1. Soit X un entier naturel. a. Donner dans un tableau, les restes possibles de X modulo 9 ; puis ceux de X 2 modulo 9. b. Sachant que a 2 − 250 507 = b 2 , déterminer les restes possibles modulo 9 de a 2 − 250 507 ; en déduire les restes possibles module 9 de a 2 . c. Montrer que les restes possibles modulo 9 de a sont 1 et 8. 2. Justifier que si le couple (a ; b) vérifie la relation (E), alors a 501. Montrer qu’il n’existe pas de solution du type (501 ; b). 3. On suppose que le couple (a ; b) vérifie la relation (E). a. Démontrer que a est congru à 503 ou à 505 modulo 9. b. Déterminer le plus petit entier naturel k tel que le couple (505+ 9k ; b) soit solution de (E), puis donner le couple solution correspondant. Partie C 1. Déduire des parties précédentes une écriture de 250 507 en un produit deux facteurs. 2. Les deux facteurs sont-ils premiers entre eux ? 3. Cette écriture est-elle unique ?

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19. France juin 2005 Le but de l’exercice est d’étudier quelques propriétés de la figure donnée en annexe. Cette annexe sera à rendre avec la copie. → − → − On munit le plan d’un repère orthonormal direct O, u , v . Le quadrilatère MNPQ est un quadrilatère non croisé et de sens direct. Les triangles MRN, NSP, PTQ et QUM sont des triangles rectangles isocèles, extérieurs au quadrilatère MNPQ et de sens direct (les sommets des angles droits étant respectivement les points R, S, T et U). Partie A On désigne par m, n, p et q, les affixes respectives des points M, N, P et Q. 1. Soit f la similitude directe de centre M qui transforme N en R. a. Déterminer le rapport et l’angle de la similitude f . b. On désigne par r l’affixe du point R. Démontrer que 1+i 1−i r= m+ n, où i désigne le nombre complexe de mo2 2 π dule 1 et d’argument (on pourra éventuellement utiliser l’écri2 ture complexe de la similitude f ). On admettra que l’on a également les résultats 1+i 1−i 1+i 1−i 1+i 1−i s= n+ p, t = p+ q et u = q+ m, où 2 2 2 2 2 2 s, t et u désignent les affixes respectives des points S, T et U. 2. Démontrer que les quadruplets (M, N, P, Q) et (R, S, T, U) ont le même isobarycentre. 3.

a. Démontrer l’égalité u − s = i(t − r ). b. Que peut-on en déduire pour les longueurs des segments [RT] et [SU], d’une part, et pour les droites (RT) et (SU), d’autre part ?

Partie B

Cette partie sera traitée sans utilisation des nombres complexes. 1. Démontrer, en utilisant les résultats établis dans la partie A, qu’il existe une unique rotation g qui transforme R en S et T en U. 2. Décrire comment construire géométriquement le point Ω, centre de la rotation g . Réaliser cette construction sur la figure de l’annexe.

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20. La Réunion juin 2005 Dans cet exercice, on pourra utiliser le résultat suivant : « Étant donnés deux entiers naturels a et b non nuls, si PGCD(a ; b) = 1 alors PGCD(a 2 ; b 2 ) = 1 ». n p 3 . On se propose de calculer, Une suite (Sn ) est définie pour n > 0 par Sn = p=1

pour tout entier naturel non nul n, le plus grand commun diviseur de Sn et Sn+1 . 2 n(n + 1) . 1. Démontrer que, pour tout n > 0, on a : Sn = 2 2. Étude du cas où n est pair. Soit k l’entier naturel non nul tel que n = 2k. a. Démontrer que PGCD(S2k ; S2k+1 ) = (2k+1)2PGCD k 2 ; (k + 1)2 . b. Calculer PGCD (k ; k + 1). c. Calculer PGCD(S2k ; S2k+1 ). 3. Étude du cas où n est impair. Soit k l’entier naturel non nul tel que n = 2k + 1. a. Démontrer que les entiers 2k + 1 et 2k + 3 sont premiers entre eux. b. Calculer PGCD(S2k+1 ; S2k+2 ). 4. Déduire des questions précédentes qu’il existe une unique valeur de n, que l’on déterminera, pour laquelle Sn et Sn+1 sont premiers entre eux.

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21. Liban juin 2005 1. On considère l’équation (E) : 109x − 226y = 1 où x et y sont des entiers relatifs. a. Déterminer le pgcd de 109 et 226. Que peut-on en conclure pour l’équation (E) ? b. Montrer que l’ensemble de solutions de (E) est l’ensemble des couples de la forme (141 + 226k, 68 + 109k), où k appartient à Z. En déduire qu’il existe un unique entier naturel non nul d inférieur ou égal à 226 et un unique entier naturel non nul e tels que 109d = 1 + 226e. (On précisera les valeurs des entiers d et e.) 2. Démontrer que 227 est un nombre premier. 3. On note A l’ensemble des 227 entiers naturels a tels que a 226. On considère les deux fonctions f et g de A dans A définies de la manière suivante : à tout entier de A, f associe le reste de la division euclidienne de a 109 par 227. à tout entier de A, g associe le reste de la division euclidienne de a 141 par 227. a. Vérifier que g [ f (0)] = 0.

On rappelle le résultat suivant appelé petit théorème de Fermat : Si p est un nombre premier et a un entier non divisible par p alors a p−1 ≡ 1 modulo p. b. Montrer que, quel que soit l’entier non nul a de A, a 226 ≡ 1 [modulo 227]. c. En utilisant 1. b., en déduire que, quel que soit l’entier non nul a de A. g [ f (a)] = a. Que peut-on dire de f [(g (a)] = a ?

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22. Polynésie juin 2005 On considère la suite (u n ) d’entiers naturels définie par

= 14 u0 u n+1 = 5u n − 6 pour tout entier naturel n

1. Calculer u 1 , u 2 , u 3 et u 4 . Quelle conjecture peut-on émettre concernant les deux derniers chiffres de u n ? 2. Montrer que, pour tout entier naturel n, u n+2 ≡ u n

(modulo 4).

En déduire que pour tout entier naturel k, u 2k ≡ 2 (modulo 4) et u 2k+1 ≡ 0 (modulo 4). a. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, 2u n = 5n+2 + 3. b. En déduire que, pour tout entier naturel n, 2u n ≡ 28 (modulo 100). 3. Déterminer les deux derniers chiffres de l’écriture décimale de u n suivant les valeurs de n. 4. Montrer que le PGCD de deux termes consécutifs de la suite (u n ) est constant. Préciser sa valeur.

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23. Pondichéry juin 2005 → − → − Le plan complexe est rapporté a un repère orthonormal direct O, u , v . On considère l’application f qui au point M d’affixe z fait correspondre le point M d’affixe z tel que : z =

3 + 4i 5

z+

1 − 2i . 5

1. On note x et x , y et y les parties réelles et les parties imaginaires de z et z .  3x + 4y + 1    x = 5 Démontrer que :  4x − 3y −2   y = 5 2. a. Déterminer l’ensemble des points invariants par f . b. Quelle est la nature de l’application f ? 3. Déterminer l’ensemble D des points M d’affixe z tels que z soit réel. 4. On cherche à déterminer les points de D dont les coordonnées sont entières. a. Donner une solution particulière (x0 , y 0 ) appartenant a Z2 de l’équation 4x − 3y = 2. b. Determiner l’ensemble des solutions appartenant à Z2 de l’équation 4x − 3y = 2. 5. On considère les points M d’affixe z = x + iy tels que x = 1 et y ∈ Z. Le point M = f (M) a pour affixe z . Déterminer les entiers y tels que Re(z ) et lm(z ) soient entiers (on pourra utiliser les congruences modulo 5).

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24. Nouvelle–Calédonie novembre 2004 Dans cet exercice, a et b désignent des entiers strictement positifs. 1.

a. Démontrer que s’il existe deux entiers relatifs u et v tels que au + bv = 1 alors les nombres a et b sont premiers entre eux. 2 b. En déduire que si a 2 + ab − b 2 = 1, alors a et b sont premiers entre eux.

2. On se propose de déterminer les couples d’entiers strictement po 2 sitifs (a ; b) tels que a 2 + ab − b 2 = 1. Un tel couple sera appelé solution. a. Déterminer a lorsque a = b. b. Vérifier que (1 ; 1), (2 ; 3) et (5 ; 8) sont trois solutions particulières. c. Montrer que si (a ; b) est solution et si a < b , alors a 2 − b 2 < 0. 3.

a. Montrer que si (x ; y) est une solution différente de (1 ; 1) alors (y − x ; x) et (y ; y + x) sont aussi des solutions. b. Déduire de 2. b. trois nouvelles solutions.

4. On considère la suite de nombres entiers strictement positifs (an )n définie par a0 = a1 = 1 et pour tout entier n, n 0, an+2 = an+1 +an . Démontrer que pour tout entier n 0, (an ; an+1 ) est solution. En déduire que les nombres an et an+1 sont premiers entre eux.

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25. Amérique du Sud novembre 2004 Soit A0 et B0 deux points du plan orienté tels que A0 B0 = 8. On prendra le centimètre pour unité. 1 3π Soit S la similitude de centre A0 , de rapport et d’angle . 2 4 On définit une suite de points (B n ) de la faœon suivante : pour tout entier naturel n, B n+1 = S(B n ). 1. Construire B1 , B2 , B3 et B4 . 2. Montrer que, pour tout entier naturel n, les triangles A0 B n B n+1 et A0 B n+1 B n+2 sont semblables. 3. On définit la suite (l n ) par : pour tout entier naturel n, l n = B n B n+1 . a. Montrer que la suite (l n ) est une suite géométrique et préciser sa raison. b. Exprimer l n en fonction de n et de l 0 . c. On pose Σn = l 0 + l 1 + · · · + l n . Déterminer la limite de Σn lorsque n tend vers +∞. 4.

a. Résoudre l’équation 3x − 4y = 2 où x et y sont deux entiers relatifs. b. Soit ∆ la droite perpendiculaire en A0 à la droite (A0 B0 ). Pour quelles valeurs de l’entier naturel n, B n appartient-il à ∆?

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26. Antilles–Guyane septembre 2004 Pour chacune des six affirmations, dire si elle est vraie ou si elle est fausse, en justifiant le choix effectué. 1. Le PGCD de 2 004 et 4 002 est 6. 2. Si p et q sont deux entiers naturels non nuls, 2pq − 1 est divisible par 2p − 1 et par 2S q − 1. 3. Pour tout n de N∗ , 2n − 1 n’est jamais divisible par 9. 4. L’ensemble des couples d’entiers solutions de l’équation : 24x + 35y = 9 est l’ensemble des couples : (−144 + 70k ; 99 − 24k) où k ∈ Z. 5. Soient A et B deux points distincts du plan ; si on note f l’homothétie de centre A et de rapport 3 et g l’homothétie de centre B et de 1 rapport alors g ◦ f est la translation de vecteur A. 3 6. Soit s la similitude d’écriture complexe z = iz + (1 − i), l’ensemble des points invariants de s est une droite.

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27. France septembre 2004 L’exercice comporte une annexe, à rendre avec la copie. A et C sont deux points distincts du plan ; on note Γ le cercle de diamètre [AC] et O le centre de Γ ; B est un point du cercle Γ distinct des points A et C. Le point D est construit tel que le triangle BCD soit équilatéral direct ; on a donc −−→ −−→ π BC , BD = + [2π]. 3 Le point G est le centre de gravité du triangle BCD. Les droites (AB) et (CG) se coupent en un point M. Partie A 1. Placer les points D, G et M sur la figure de la feuille annexe. 2. Montrer que les points O, D et G appartiennent à la médiatrice du segment [BC] et que le point G est le milieu du segment [CM]. 3. Déterminer l’angle et le rapport de la similitude directe s de centre C transformant B en M. Partie B

→ − → − Dans cette question, le plan est muni d’un repère orthonormé direct O, u , v choisi de telle sorte que les points A et C aient pour affixes respectives −1 et 1. Soit E le point construit pour que le triangle ACE soit équilatéral direct ; on a −→ −→ π donc AC, AE = + [2π]. 3 1. Calculer l’affixe du point E et construire le point E sur la feuille annexe. 3 3 + i z+ 2. Soit σ la similitude directe d’expression complexe z = 4 1−i 3 . 4 Déterminer les éléments caractéristiques de σ et en déduire que σ est la similitude réciproque de s. 3 1 et 3. Montrer que l’image E du point E par σ a pour affixe − + i 2 2 montrer que le point E appartient au cercle Γ. 4. On note C le lieu des points M lorsque le point B décrit le cercle Γ privé des points A et C. Montrer que le point E appartient à C . Soit O l’image du point O par la similitude s. Démontrer que le point O est le centre de gravité du triangle ACE . En déduire une construction de C .

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28. Polynésie septembre 2004 → − → − Le plan est muni d’un repère orthonormal direct O, u , v . On prendra, sur la figure 1 cm pour unité graphique. On désigne par A, B et C les points d’affixes respectives −1 + i, 3 + 2i et i 2. 1. On considère la transformation f du plan dans lui-même qui à tout point M d’affixe z associe le point M = f (M) d’affixe z définie par : 1+i z = z − 1 + i 1 + 2 . 2 a. Calculer les affixes des points A = f (A) et C = f (C). b. En déduire la nature de f et caractériser cette transformation. c. Placer les points A, B et C puis construire le point B = f (B). 2.

a. Donner l’écriture complexe de l’homothétie h de centre A et de rapport 2. b. Montrer que la composée g = f ◦ h a pour écriture complexe z = (1 + i)z − 1 + 3i.

3.

a. Soit M0 le point d’affixe 2 - 4 i. Determiner l’affixe du point M0 = g (M0 ) puis vérifier que les −→ −−−→ vecteurs AB et AM0 sont orthogonaux. b. On considère un point M d’affixe z. On suppose que la partie réelle x et la partie imaginaire y de z sont des entiers. −−→ −−−→ Démontrer que les vecteurs AB et AM sont orthogonaux si, et seulement si 5x + 3y = −2. c. Résoudre dans Z2 l’équation 5x + 3y = −2. d. En déduire les points M dont les coordonnées sont des entiers −−→ −−−→ appartenant à l’intervalle [−6 ; 6] tels que AB et AM sont orthogonaux. Placer les points obtenus sur la figure.

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29. Amérique du Nord mai 2004 → − → − Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal O, u , v . Soient les points A, A , B et B d’affixes respectives : z A = 1 − 2i, z A = −2 + 4i, z B = 3 − i, z B = 5i. 1.

a. Placer les points A, A , B et B dans le plan complexe. Monter que ABB A est un rectangle. b. Soit s la réflexion telle que s(A)=A et s(B)=B . On note (∆) son axe. Donner une équation de la droite (∆) et la tracer dans le plan complexe. c. On note z l’affixe du point M image par s du point M d’affixe z. Montrer que

z =

3 5

4

+ i z + 2i − 1. 5

2. Soit g l’application du plan dans lui même qui à tout point M d’affixe z associe le point P d’affixe z définie par :

6

8

z = − − i z + 5 − i. 5 5 a. On note C et D les images respectives de A et B par g ; déterminer les affixes de C et D et placer ces points dans le plan complexe. b. Soit Ω le point d’affixe 1 + i et soit h l’homothétie de centre Ω et de rapport −2. Montrer que C et D sont les images respectives de A et B par h. c. Soit M1 d’affixe z 1 l’image par h de M, d’affixe z. Donner les éléments caractéristiques de h −1 et exprimer z en fonction de z1. 3. On pose f = h −1 ◦ g . a. Déterminer l’expression complexe de f . b. Reconnaître f . En déduire une construction du point P , image par g d’un point M quelconque donné du plan.

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30. Antilles–Guyane juin 2004 Dans le plan orienté, on considère un carré direct ABCD de centre O. Soit P un point du segment [BC] distinct de B. On note Q l’intersection de (AP ) avec (CD). La perpendiculaire δ à (AP ) passant par A coupe (BC) en R et (CD) en S. 1. Faire une figure. π 2. Soit r la rotation de centre A et d’angle . 2 a. Précisez, en justifiant votre réponse, l’image de la droite (BC) par la rotation r . b. Déterminez les images de R et de P par r . c. Quelle est la nature de chacun des triangles ARQ et AP S. 3. On note N le milieu du segment [P S] et M celui du segment [QR]. π 1 Soit s la similitude de centre A, d’angle et de rapport . 4 2 a. Déterminez les images respectives de R et de P par s. b. Quel est le lieu géométrique du point N quand P décrit le segment [BC] privé de B ? c. Démontrez que les points M, B, N et D sont alignés.

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31. Asie juin 2004 On appelle (E) l’ensemble des entiers naturels qui peuvent s’écrire sous la forme 9 + a 2 où a est un entier naturel non nul ; par exemple 10 = 9 + 12 ; 13 = 9 + 22 etc. On se propose dans cet exercice d’étudier l’existence d’éléments de (E) qui sont des puissances de 2, 3 ou 5. 1. Étude de l’équation d’inconnue a N, n 4.

:

a 2 + 9 = 2n où a ∈ N, n ∈

a. Montrer que si a existe, a est impair. b. En raisonnant modulo 4, montrer que l’équation proposée n’a pas de solution. 2. Étude de l’équation d’inconnue a N, n 3.

:

a 2 + 9 = 3n où a ∈ N, n ∈

a. Montrer que si n 3, 3n est congru à 1 ou à 3 modulo 4. b. Montrer que si a existe, il est pair et en déduire que nécessairement n est pair. c. On pose n = 2p où p est un entier naturel, p 2. Déduire d’une factorisation de 3n −a 2 , que l’équation proposée n’a pas de solution. 3. Étude de l’équation d’inconnue a N, n 2.

:

a 2 + 9 = 5n où a ∈ N, n ∈

a. En raisonnant modulo 3, montrer que l’équation n’a pas de solution si n est impair. b. On pose n = 2p, en s’inspirant de 2. c. démontrer qu’il existe un unique entier naturel a tel que a 2 + 9 soit une puissance entière de 5.

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32. Centres étrangers juin 2004 On se propose dans cet exercice d’étudier le problème suivant : « Les nombres dont l’écriture décimale n’utilise que le seul chiffre 1 peuvent-ils être premiers ? » Pour tout entier naturel p 2, on pose N p = 1 . . .1 où 1 apparaît p fois. On rappelle dès lors que N p = 10p−1 + 10p−2 + · · · + 100 . 1. Les nombres N2 = 11, N3 = 111, N4 = 1111 sont-ils premiers ? 2. Prouver que N p = sible par 9 ?

10p − 1 9

. Peut-on être certain que 10p − 1 est divi-

3. On se propose de démontrer que si p n’est pas premier, alors N p n’est pas premier. On rappelle que pour tout nombre réel x et tout entier naturel n non nul, x n − 1 = (x − 1) x n−1 + x n−2 + · · · + x + 1 . a. On suppose que p est pair et on pose p = 2q, où q est un entier naturel plus grand que 1. Montrer que N p est divisible par N2 = 11. b. On suppose que p est multiple de 3 et on pose p = 3q, où q est un entier naturel plus grand que 1. Montrer que N p est divisible par N3 = 111. c. On suppose p non premier et on pose p = kq où k et q sont des entiers naturels plus grands que 1. En déduire que N p est divisible par Nk . 4. Énoncer une condition nécessaire pour que N p soit premier. Cette condition est-elle suffisante ?

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33. France juin 2004 1. Montrer que, pour tout entier naturel non nul k et pour tout entier naturel x : (x − 1) 1 + x + x 2 + · · · + x k−1 = x k − 1. Dans toute la suite de l’exercice, on considère un nombre entier a supérieur ou égal à 2. 2.

a. Soit n un entier naturel non nul et d un diviseur positif de n : n = d k. Montrer que a d − 1 est un diviseur de a n − 1. b. Déduire de la question précédente que 22004 − 1 est divisible par 7, par 63 puis par 9.

3. Soient m et n deux entiers naturels non nuls et d leur pgcd. a. On définit m et n par m = d m et n = d n . En appliquant le théorème de Bezout à m et n , montrer qu’il existe des entiers relatifs u et v tels que : mu − nv = d . b. On suppose u et v strictement positifs. Montrer que : (a m − 1) − (a nv − 1) a d = a d − 1. Montrer ensuite que a d −1 est le pgcd de a mu −1 et de a nv −1. c. Calculer, en utilisant le résultat précédent, le pgcd de 263 −1 et de 260 − 1.

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34. Liban juin 2004 → − → − Le plan complexe est rapporté au repère orthonormé direct O, u , v . On prendra 1 cm pour unité graphique. On considère les points A, B, C et D d’affixes respectives z A = 2 + i,

z B = 1 + 2i,

z C = 6 + 3i,

z D = −1 + 6i.

1. Représenter les points A, B, C et D. 2. Montrer qu’il existe une similitude directe f telle que f (A) = B et f (C) = D. Montrer que cette similitude est une rotation, et préciser ses éléments caractéristiques. 3. Soit J le point d’affixe 3 + 5i. π Montrer que la rotation R de centre J et d’angle − transforme A en 2 D et C en B. 4. On appelle I le point d’affixe 1 + i, M et N les milieux respectifs de segments [AC] et [BD]. Déterminer, en utilisant les résultats des questions précédentes, la nature du quadrilatère IMJN. 5. On considère les points P et Q tels que les quadrilatères IAP B et ICQD sont des carrés directs. a. Calculer les affixes z P et zQ des points P et Q. IP

IQ

et b. Déterminer IC −→ −→ IA et IC , IQ .

− → −→ ainsi qu’une mesure des angles IA , IP

En déduire les éléments caractéristiques de la similitude directe g telle que g (A) = P et g (C)= Q. c. En déduire que J est l’image de M par g . Que peut-on en déduire pour J ?

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35. Polynésie juin 2004 → − → − Le plan P est rapporté a un repère orthonormal O, u , v . On prendra pour unité graphique 3 cm. On considère les points A, B, C et D d’affixes respectives a, b, c et d telles que a=3

2 b = 1+ i 3

1 c = 3i et d = − i. 3

1. Représenter les points A, B, C et D. 2. Déterminer l’angle θ et le rapport k de la similitude directe s transformant A en B et C en D. 3. Donner l’écriture complexe de s. En déduire l’affixe du centre I de s. 4. Soit M le point de coordonnées (x ; y) et M (x ; y ) son image par s.  1    x = − y + 1 3 Montrer que :  1 1   y = x− 3 3 5. On construit une suite (Mn ) de points du plan en posant  = A  M0 et, pour tout entier naturel n  Mn+1 = s(Mn ) Pour tout entier naturel, on note z n l’affixe du point Mn et on pose r n = |z n − 1|. a. Montrer que (r n ) est une suite géométrique dont on précisera le premier terme et la raison. b. Déterminer le plus petit entier naturel k tel que IMk 10−3 .

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36. Pondichéry avril 2004 → − − → − → L’espace (E) est muni d’un repère orthonormal O, ı ,  , k . On considère les points A(0 ; 5 ; 5) et B(0 ; 0 ; 10). 1. Dans cette question, place dans le plan P0 d’équation x = 0 on se→ − → − rapporté au repère O,  , k . On note C le cercle de centre B passant par A. Démontrer que la droite (OA) est tangente au cercle C . 2. On nomme S la sphère engendrée par la rotation du cercle C autour de l’axe (Oz) et Γ le cône engendré par la rotation de la droite (OA) autour de l’axe (Oz). a. Démontrer que le cône Γ admet pour équation x 2 + y 2 = z 2 . b. Déterminer l’intersection du cône Γ et de la sphère S . Préciser la nature de cette intersection et ses éléments caractéristiques. c. Illustrer ces objets par un schéma dans l’espace. 3. On coupe le cône Γ par le plan P1 d’équation x = 1. Dans P1 , l’une des trois figures ci-dessous représente cette intersection. Identifier cette figure en donnant les justifications nécessaires. 4. Soit M(x, y, z) un point du cône Γ dont les coordonnées sont des entiers relatifs non nuls. Démontrer que x et y ne peuvent pas être simultanément impairs.

Figure 1

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Figure 2

40

Figure 3

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37. La Réunion juin 2004 On rappelle la propriété, connue sous le nom de petit théorème de Fermat : « soit p un nombre premier et a un entier naturel premier avec p ; alors a p−1 −1 est divisible par p ». 1. Soit p un nombre premier impair. a. Montrer qu’il existe un entier naturel k, non nul, tel que 2k ≡ 1 [p]. b. Soit k un entier naturel non nul tel que 2k ≡ 1 [p] et soit n un entier naturel. Montrer que, si k divise n, alors 2n ≡ 1 [p]. c. Soit b tel que 2b ≡ 1 [p], b étant le plus petit entier non nul vérifiant cette propriété. Montrer, en utilisant la division euclidienne de n par b, que si 2n ≡ 1 [p], alors b divise n. 2. Soit q un nombre premier impair et le nombre A = 2q − 1. On prend pour p un facteur premier de A. a. Justifier que : 2q ≡ 1 [p]. b. Montrer que p est impair. c. Soit b tel que 2b ≡ 1 [p], b étant le plus petit entier non nul vérifiant cette propriété. Montrer, en utilisant 1. que b divise q. En déduire que b = q. d. Montrer que q divise p − 1, puis montrer que p ≡ 1 [p]. 3. Soit A 1 = 217 −1. Voici la lisle des nombres premiers inférieurs à 400 et qui sont de la forme 34m + 1, avec m entier non nul : 103, 137, 239, 307. En déduire que A 1 est premier.

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38. Amérique du Sud novembre 2003 → − → − Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct O, ı ,  (unité graphique : 1 cm). π On note r 1 la rotation de centre O et d’angle et r 2 la rotation de centre O et 3 π d’angle . 5 Partie A 1. Résoudre dans Z × Z l’équation ( E) : 3y = 5(15 − x). 2. Soit I le point d’affixe 1. On considère un point A mobile sur le cercle trigonométrique C de centre O. Sa position initiale est en I. On appelle d la distance, exprimée en centimètres, qu’a parcourue le point A sur le cercle C après avoir subi p rotations r 1 et q rotations r 2 (p et q étant des entiers naturels). On convient que lorsque A subit la rotation r 1 (respectivement r 2 ), π π il parcourt une distance de cm (respectivement cm). 3 5 Déterminer toutes les valeurs possibles de p et q pour lesquelles le point A a parcouru exactement deux fois et demie la circonférence du cercle C à partir de I. Partie B On note h 1 l’homothétie de centre O et de rapport 4 et h 2 l’homothétie de centre O et de rapport −6. On pose s 1 = r 1 ◦ h 1 et s 2 = r 2 ◦ h 2 . 1. Préciser la nature et les éléments caractéristiques de s 1 et s 2 . 2. On pose : S m = s 1 ◦s 1 · · ·◦s 1 (composée de m fois s 1 , m étant un entier naturel non nul), S n = s 2 ◦ s 2 · · · ◦ s 2 (composée de n fois s 2 , n étant un entier naturel non nul), et f = S n s 1 ◦ S m . a. Justifier que f est la similitude directe de centre O, de rapport π 6π 22m+n × 3n et d’angle m + n . 3 5 b. f peut-elle être une homothétie de rapport 144 ? c. On appelle M le point d’affixe 6 et M son image par f . Peut-on avoir OM = 240 ? Démontrer qu’il existe un couple d’entiers naturels unique (m, n) tel que OM = 576. → − −−−→ Calculer alors la mesure principale de l’angle orienté u , OM .

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39. Nouvelle–Calédonie novembre 2003 1.

a. Soit p un entier naturel. Montrer que l’un des trois nombres p, p + 10 et p + 20, et l’un seulement est divisible par 3. b. Les entiers naturels a, b et c sont dans cet ordre les trois premiers terme d’une suite arithmétique de raison 10. Déterminer ces trois nombres sachant qu’ils sont premiers.

2. Soit E l’ensemble des triplets d’entiers relatifs (u, v, w) tels que 3u + 13v + 23w = 0. a. Montrer que pour un tel triplet v ≡ w (mod 3) b. On pose v = 3k + r et w = 3k + r où k, k et r sont des entiers relatifs et 0 r 2. Montrer que les éléments de E sont de la forme : (−13k − 23k − 12r, 3k + r, 3k + r ). c. l’espace est rapporté à un repère orthonormal d’origine O et soit P le plan d’équation 3x + 13y + 23z = 0. Déterminer l’ensemble des points M à coordonnées (x, y, z) entières relatives appartenant au plan P et situés à l’intérieur du cube de centre O, de côté 5 et dont les arêtes sont parallèles aux axes.

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43

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40. Antilles septembre 2003 Soit l’équation (1) d’inconnue rationnelle x : 78x 3 + ux 2 + v x − 14 = 0. où u et v sont des entiers relatifs. 1. On suppose dans cette question que (1).

14 39

est solution de l’équation

a. Prouver que les entiers relatifs u et v sont liés par la relation 14u + 39v = 1 129. b. Utiliser l’algorithme d’Euclide, en détaillant les diverses étapes du calcul, pour trouver un couple (x ; y) d’entiers relatifs vérifiant l’équation 14x + 39y = 1. Vérifier que le couple (−25 ; 9) est solution de cette équation. c. En déduire un couple (u 0 ; v 0 ) solution particulière de l’équation 14u + 39v = 1 129. Donner la solution générale de cette équation c’est-à-dire l’ensemble des couples (u ; v ) d’entiers relatifs qui la vérifient. d. Déterminer, parmi les couples (u ; v ) précédents, celui pour lequel le nombre u est l’entier naturel le plus petit possible. 2.

a. Décomposer 78 et 14 en facteurs premiers. En déduire, dans N, l’ensemble des diviseurs de 78 et l’ensemble des diviseurs de 14. P b. Soit une solution rationnelle de l’équation (1) d’inconnue Q x:

78x 3 +ux 2 +v x−14 = 0 où u

et v

sont des entiers relatifs.

Montrer que si P et Q sont des entiers relatifs premiers entre eux, alors P divise 14 et Q divise 78. c. En déduire le nombre de rationnels, non entiers, pouvant être solutions de l’équation (1) et écrire, parmi ces rationnels, l’ensemble de ceux qui sont positifs.

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41. France septembre 2003 On rappelle que 2003 est un nombre premier. 1.

a. Déterminer deux entiers relatifs u et v tels que : 123u + 2003v = 1. b. En déduire un entier relatif k 0 tel que : 123k 0 ≡ 1 [2003]. c. Montrer que, pour tout entier relatif x,

123x ≡ 456 [2003]si et seulement si x ≡ 456k 0 [2003]. d. Déterminer l’ensemble des entiers relatifs x tels que : 123x ≡ 456 [2003]. e. Montrer qu’il existe un unique entier n tel que : 1 n 2002 et 123n ≡ 456 [2003]. 2. Soit a un entier tel que : 1 a 2002. a. Déterminer : PGCD(a, 2003). En déduire qu’il existe un entier m tel que : am ≡ 1 [2003]. b. Montrer que, pour tout entier b, il existe un unique entier x tel que : 0 x 2002 et ax ≡ b [2003].

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Baccalauréat S

42. Polynésie septembre 2003 On désigne par p un nombre entier premier supérieur ou égal à 7. Le but de l’exercice est de démontrer que l’entier naturel n = p 4 −1 est divisible par 240, puis d’appliquer ce résultat. 1. Montrer que p est congru à −1 ou à 1 modulo 3. En déduire que n est divisible par 3. 2. En remarquant que p est impair, prouver qu’il existe un entier naturel k tel que p 2 − 1 = 4k(k + 1), puis que n est divisible par 16. 3. En considérant tous les restes possibles de la division euclidienne de p par 5, démontrer que 5 divise n. 4.

a. Soient a, b et c trois entiers naturels. Démontrer que si a divise c et b divise c, avec a et b premiers entre eux, alors ab divise c. b. Déduire de ce qui précède que 240 divise n.

5. Existe-t-il quinze nombres premiers p 1 , p 2 , ..., p 15 supérieurs ou 4 égaux à 7 tels que l’entier A = p 14 + p 24 + ... + p 15 soit un nombre premier ?

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Baccalauréat S

43. Amérique du Nord juin 2003 → − → − Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé O, u , v , d’unité graphique 1 cm, on considère les points A0 , A1 , A2 d’affixes respectives z 0 = 5 − 4i, z 1 = −1 − 4i, z 2 = −4 − i. 1.

a. Justifier l’existence d’une unique similitude directe S telle que S(A0 ) = A1 et S(A1 ) = A2 . b. Établir que l’écriture complexe de S est z =

1−i

z+

−3+i

. 2 2 c. En déduire le rapport, l’angle et l’affixe ω du centre Ω de la similitude S.

d. On considère un point M, d’affixe z avec z = 0, et son image M , d’affixe z . Vérifier la relation : ω − z = i(z − z ) ; en déduire la nature du triangle ΩM M . 2. Pour tout entier naturel n, le point An+1 , est défini par An+1 = S(An ) et on pose u n = An An+1 . a. Placer les points A0 , A1 , A2 et construire géométriquement les points A3 , A4 , A5 , A6 . b. Démontrer que la suite (u n ) est géométrique. 3. La suite (v n ) est définie sur N par v n = u 0 + u 1 + · · · + u n =

n k=0

uk .

a. Exprimer v n en fonction de n. b. La suite (v n ) est-elle convergente ? 4.

a. Calculer en fonction de n le rayon r n du cercle circonscrit au triangle ΩAn An+1 . b. Déterminer le plus petit entier naturel p tel que, pour tout entier naturel n : si n > p alors r n < 10−2 .

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44. Antilles juin 2003 1.

2 4 6 a. Calculer : 1 + 6 , 1 + 6 , 1 + 6 . b. Appliquer l’algorithme d’Euclide 847 et 342. Que peut-on en déduire ?

2. Soit n un entier naturel non nul. On note a et b les entiers naturels tels que :

n 1 + 6 = an + b n 6.

Que valent a1 et b 1 ? D’après les calculs de la question 1. a., donner d’autres valeurs de an et b n . a. Calculer an+1 et b n+1 en fonction de an et b n . b. Démontrer que, si 5 ne divise pas an +b n , alors 5 ne divise pas non plus an+1 + b n+1 . En déduire que, quel que soit n entier naturel non nul, 5 ne divise pas an + b n . c. Démontrer que, si an et b n sont premiers entre eux, alors an+1 et b n+1 sont premiers entre eux. En déduire que, quel que soit n entier naturel non nul, an et b n sont premiers entre eux.

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45. Asie juin 2003 1.

a. Montrer que, pour tout entier naturel n, 3n 2 − 11n + 48 est divisible par n + 3. b. Montrer que, pour tout entier naturel n, 3n 2 − 9n + 16 est un entier naturel non nul.

2. Montrer que, pour tous les entiers naturels non nuls a, b et c, l’égalité suivante est vraie : PGCD(a ; b) = PGCD(bc − a ; b). 3. Montrer que, pour tout entier naturel n, supérieur ou égal à 2, l’égalité suivante est vraie : PGCD(3n 3 − 11n ; n + 3) = PGCD(48 ; n + 3). 4.

a. Déterminer l’ensemble des diviseurs entiers naturels de 48. 3n 3 − 11n b. En déduire l’ensemble des entiers naturels n tels que n +3 soit un entier naturel.

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46. Centres étrangers juin 2003

z L’espace (E) est muni d’un repère orthonormal → − − → − → O, ı ,  , k . On considère la surface T d’équation : x 2 y = z avec −1 x 1 et −1 y 1. La figure ci-contre est une représentation de la surface T, dans le cube de centre O et de côté 2.

x

y

1. Éléments de symétrie de la surface T. a. Montrer que si le point M(x, y, z) appartient à T, alors le point M (−x, y, z) appartient aussi à T. En déduire un plan de symétrie de T. b. Montrer que l’origine O du repère est centre de symétrie de T. 2. Intersections de la surface T avec des plans parallèles aux axes. a. Déterminer la nature des courbes d’intersection de T avec les plans parallèles au plan (xOz). b. Déterminer la nature des courbes d’intersection de T avec les plans parallèles au plan (yOz). 3. Intersections de la surface T avec les plans parallèles au plan (xOy) d’équations z = k, avec k ∈ [0 ; 1]. a. Déterminer l’intersection de la surface T et du plan d’équation z = 0. b. Pour k > 0 on note K le point de coordonnées (0, 0, k). Dé → − → − terminer, dans le repère K ; ı ,  , l’équation de la courbe d’intersection de T et du plan d’équation z = k. → − → − c. Tracer l’allure de cette courbe dans le repère K ; ı ,  . On précisera en particulier les coordonnées des extrémités de l’arc. 4. On note (D) le domaine formé des points du cube unité situés sous la surface T.

(D) = M(x, y, z) ∈ (E ) avec 0 x 1 ; 0 y 1 ; 0 z x 2 y. Exercices de spécialité

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a. Pour 0 < k 1, le plan d’équation z = k coupe le domaine (D) selon une surface qu’on peut visualiser sur le graphique de la question 3. c.. C’est l’ensemble des points M du cube unité, k de coordonnées (x, y, z) tels que y 2 et z = k. x Calculer en fonction de k l’aire S(k) exprimée en unités d’aire, de cette surface. b. On pose S(0) = 1 ; calculer en unités de volume, le volume V du domaine (D). 1 On rappelle que V = S(k) dk. 0

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47. France juin 2003 Les questions 3. et 4. sont indépendantes des questions 1. et 2. seule l’équation de Γ donnée en 1. c. intervient à la question 4.. → − − → − → 1. L’espace est rapporté au repère orthonormal O, ı ,  , k . a. Montrer que les plans P et Q d’équations respectives x + y 3− 2z = 0 et 2x − z = 0 ne sont pas parallèles. b. Donner un système d’équations paramétriques de la droite ∆ intersection des plans P et Q. c. On considère le cône de révolution Γ d’axe (Ox) contenant la droite ∆ comme génératrice. Montrer que Γ pour équation cartésienne y 2 + z 2 = 7x 2 . 2. On a représenté sur les deux figures ci-dessous les intersections de l avec des plans parallèles aux axes de coordonnées. Determiner dans chaque cas une équation des plans possibles, en justifiant avec soin votre réponse.

Figure 1 3.

Figure 2

a. Montrer que l’équation x ≡ 3 [7] , dont l’inconnue x est un entier reIatif, n’a pas de solution, 2

b. Montrer la propriété suivante : pour tous entiers relatifs a et b, si 7 divise a 2 +b 2 alors 7 divise a et 7 divise b. 4.

a. Soient a, b et c des entiers relatifs non nuls. Montrer la propriété suivante : si le point A de coordonnées (a, b, c) est un point du cône Γ alors a, b et c sont divisibles par 7. b. En déduire que le seul point de Γ dont les coordonnées sont des entiers relatifs est le sommet de ce cône.

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48. La Réunion juin 2003 → − → − Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct O, u , v . On prendra 1 cm, pour unité graphique. On considère l’application f du plan dans lui-même qui, à tout point M d’affixe z associe le point M d’affixe z telle que : z = − 3+i z −1+i 1+ 3 .

1. Montrer que f est une similitude directe dont le centre Ω a pour affixe i. En déterminer le rapport et l’angle. 3 3 2. Soit M0 le point d’affixe z 0 = + i. 4 4 → − −−−→ Calculer ΩM0 et donner une mesure en radians de l’angle u ; ΩM0 . 3. On considère la suite de points (Mn )n0 , définie pour tout entier naturel n par Mn+1 = f (Mn ). On note z n l’affixe du poini Mn . a. Placer les points Ω, M0 , M1 , M2 , M3 et M4 . b. Monter par récurrence, pour tout entier naturel n, l’égalité : z n − i = 2n ei

7nπ 6

(z 0 − i).

c. Pour tout entier naturel n, calculer ΩMn , puis déterminer le plus petit entier n tel que ΩMn 102 . 4.

a. On considère l’équation (E) : 7x − 12y = 1 où x et y sont deux entiers relatifs. Après avoir vérifié que le couple (−5 ; −3) est solution, résoudre l’équation (E).

b. Soit ∆ l’ensemble des points M du plan d’affixe z telle que Im(z) = 1 et Re(z) 0. Caractériser géomtriquement ∆ et le représenter. Déterminer l’ensemble des entiers naturels n tels que Mn appartienne à la demi→ − droite d’origine Ω dirigée par le vecteur u . Préciser son plus petit élément.

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49. Liban juin 2003 Les suites d’entiers naturels (xn ) et (y n ) sont définies sur N par : x0 = 3 et xn+1 = 2xn − 1 y 0 = 1 et y n+1 = 2y n + 3. 1. Démontrer par recurrence que pour tout entier naturel n, xn = 2n+1 + 1. 2.

a. Calculer le pgcd de x8 et x9 , puis celui de x2002 et x2003 . Que peut-on en déduire pour x8 et x9 d’une part, pour x2002 et x2003 d’autre part ? b. xn et xn+1 sont-ils premiers entre eux pour tout entier naturel n?

3.

a. Démontrer que pour tout entier naturel n, 2xn − y n = 5. b. Exprimer y n en fonction de n. c. En utilisant les congruences modulo 5, étudier suivant les valeurs de l’entier naturel p le reste de la division euclidienne de 2p par 5. d. On note d n le pgcd de xn et y n pour tout entier naturel n. Démontrer que l’on a d n = 1 ou d n = 5 ; en déduire l’ensemble des entiers naturels n tels que xn et y n soient premiers entre eux.

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50. Polynésie juin 2003 → − → − Le plan complexe est rapporté un repère orthonormal direct O, u , v , d’unité graphique 2 cm. 1 On donne les points A, C, D et Ω, d’affixes respectives 1 + i, 1, 3 et 2 + i. 2 Partie A 1. Soit C le cercle de centre Ω passant par A. a. Montrer que C passe par C et D. b. Montrer que le segment [AD] est un diamètre de C . c. Sur une feuille de papier millimétré, faire une figure en plaçant les points A, C, D, Ω et tracer C . On note B la seconde intersection de C avec la droite (OA) . d. Montrer que le point O est extérieur au segment [AB]. 2. Montrer par un raisonnement géométrique simple que les triangles OAD et OCB sont semblables mais non isométriques. Soit S la similitude qui transforme le triangle OCB en le triangle OAD. a. Montrer que S est une similitude indirecte différente d’une réflexion. b. Quel est le centre de S ? Partie B 1.

a. Déduire de la partie A. 2. que l’on a OA × OB = OC × OD. b. En déduire le module de l’affixe z B du point B. Déterminer un argument de z B .

2. Déterminer l’écriture complexe de S. 3. Déterminer la nature et les éélments caractéristiques de S ◦ S.

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51. Pondichéry juin 2003 Les deux parties de cet exercice peuvent être traitées de façon indépendante Première partie ABC est un triangle direct du plan orienté. On désigne respectivement par I, J et K les milieux de [AB], [BC] et [CA]. Soit α un réel qui conduit la réalisation de la figure jointe sur laquelle on raisonnera. Cette figure sera jointe à la copie. d1 est l’image de la droite (AB) par la rotation de centre I et d’angle α. d2 est l’image de la droite (BC) par la rotation de centre J et d’angle α. d3 est l’image de la droite (CA) par la rotation de centre K et d’angle α. A1 est le point d’intersection de d1 et d3 , B1 celui de d1 et d2 et C1 celui de d2 et d3 . 1. On appelle H le point d’intersection de (BC) et d1 . Montrer que les triangles HIB et HB1 J sont semblables. 2. En déduire que les triangles ABC et A1 B1 C1 sont semblables. Deuxième partie

→ − → − Le plan complexe est muni du repère orthonormal direct O, u , v . A - Construction de la figure 1. Placer les points A(−4 − 6i), B(14), C(−4 + 6i), A1 (3 − 7i), B1 (9 + 5i) et C1 (−3 − i). 2. Calculer les affixes des milieux I, J et K des segments [AB], [BC] et [CA]. Placer ces points sur la figure. 3. Montrer que A1 , I, B1 sont alignés. On admettra que B1 , J, C1 d’une part et C1 , K, A1 d’autre part sont alignés. − → −−→ 4. Déterminer une mesure en radians de l’angle IB , IB1 . −→ −−→ π −−→ −−→ π On admettra que KA , KA1 = et que JC , JC1 = . 4 4 5. Quelle est l’image de la droite (AB) par la rotation de centre I et π d’angle ? 4

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52. Amérique du Sud décembre 2002 On considère la suite d’entiers définie par an = 111 . . .11 (l’écriture décimale de an est composée de n chiffres 1). On se propose de montrer que l’un, au moins, des termes de la suite est divisible par 2001. 1. En écrivant an sous la forme d’une somme de puissances de 10, 10n − 1 montrer que pour tout entier naturel n non nul, an = . 9 2. On considère la division euclidienne par 2001 : expliquer pourquoi parmi les 2 002 premiers termes de la suite, il en existe deux, au moins, ayant le même reste. Soit an et a p deux termes de la suite admettant le même reste (n < p). Quel est le reste de la division euclidienne de a p − an par 2001 ? 3. Soit k et m deux entiers strictement positifs vérifiant k < m. Démontrer l’égalité am − an = am−n × 10k . 4. Calculer le PGCD de 2001 et de 10. Montrer que si 2001 divise am − ak , alors 2001 divise am−k . 5. Démontrer alors que l’un, au moins, des termes de la suite est divisible par 2001.

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53. Nouvelle–Calédonie novembre 2002 On considère deux entiers naturels, non nuls, x et y premiers entre eux. On pose S = x + y et P = x y. 1.

a. Démontrer que x et S sont premiers entre eux, de même que y et S. b. En déduire que S = x + y et P = x y sont premiers entre eux. c. Démontrer que les nombres S et P sont de parités différentes (l’un pair, l’autre impair).

2. Déterminer les diviseurs positifs de 84 et les ranger par ordre croissant. 3. Trouver les nombres premiers entre eux x et y tels que : SP = 84. 4. Déterminer les deux entiers naturels a et b vérifiant les conditions suivantes :

a + b = 84 avec d = pgcd(a; b) ab = d3

(On pourra poser a = d x et b = d y avec x et y premiers entre eux)

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54. Antilles–Guyane septembre 2002 Dans le plan, on considère deux segments [AC] et [BD] tels que AC = BD

− π −→ −−→ AC , BD = − . 2

et

On désigne par M le milieu de [AC] et par N celui de [BD]. On appelle (C 1 ), (C 2 ), (C 3 ) et (C 4 ) les cercles de diamètres respectifs [AB], [BC] , [CD] et [DA]. On pourra s’aider de la figure ci-jointe. 1.

a. Soit r la rotation qui transforme A en B et C en D. Quel est l’angle de r ? Montrer que le centre I de r appartient aux cercles (C 1 ) et (C 3 ). b. Soit r la rotation qui transforme A en D et C en B. Quel est l’angle de r ? Montrer que le centre J de r appartient aux cercles (C 2 ) et (C 4 ). c. Quelle est la nature du quadrilatère INJM ? On désigne par P et R les points diamètralement opposés à I sur, respectivement, (C 1 ) et (C 3 ) et par Q et S les points diamètralement opposés à J sur, respectivement, (C 2 ) et (C 4 ).

2. Soit s la similitude directe de centre I, de rapport

π 2 et d’angle . 4

a. Quelles sont les images par s des points D, N, B ? b. En déduire que J est le milieu de [PR]. P (C 1 ) (C 4 )

A

S

B N D

J

I

(C 2 )

M

(C 3 )

Q

R

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C

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55. France septembre 2002 C

B

E3 D

A E1

E2

A1 E4

On considère un rectangle direct ABCD vérifiant : AB = 10 cm et AD = 5 cm. 1. Faire une figure : construire ABCD, puis les images respectives M, π N et P de B, C et D par la rotation r de centre A et d’angle − . 2 2. a. Construire le centre Ω de la rotation r qui vérifie r (A) = N et r (B) = P. Déterminer l’angle de r . b. Montrer que l’image de ABCD par r est AMNP. c. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de la transformation r −1 ◦ r . 3. On considère les images successives des rectangles ABCD et AMNP −−→ par la translation de vecteur DM . Sur la demi-droite [DA), on définit ainsi la suite de points (A k )k 1 vérifiant, en cm, DA k = 5 + 15k. Sur la même demi-droite, on considère la suite de points (E n )n1 vérifiant, en cm, DE n = 6, 55n. a. Déterminer l’entier k tel que E 120 appartienne à [A k , A k+1 ]. Que vaut la longueur A k E 120 en cm ? b. On cherche dans cette question pour quelle valeur minimale n 0 le point E n0 est confondu avec un point A k . Montrer que si un point E n est confondu avec un point A k alors 131n − 300k = 100. Vérifier que les nombres n = 7 100 et k = 3 100 forment une solution de cette équation. Déterminer la valeur minimale n 0 recherchée.

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56. Amérique du Nord juin 2002 Soit (E) l’ensemble des entiers naturels écrits, en base 10, sous la forme abba où a est un chiffre supérieur ou égal à 2 et b est un chiffre quelconque. Exemples d’éléments de (E) : 2002 ; 3773 ; 9119. Les parties A et B peuvent être traitées séparément. Partie A : Nombre d’éléments de (E) ayant 11 comme plus petit facteur premier. 1.

a. Décomposer 1001 en produit de facteurs premiers. b. Montrer que tout élément de (E) est divisible par 11.

2.

a. Quel est le nombre d’éléments de (E) ? b. Quel est le nombre d’éléments de (E) qui ne sont ni divisibles par 2 ni par 5 ?

3. Soit n un élément de (E) s’écrivant sous la forme abba. a. Montrer que : « n est divisible par 3 » équivaut à « a + b est divisible par 3 ». b. Montrer que : « n est divisible par 7 » équivaut à « b est divisible par 7 ». 4. Déduire des questions précédentes le nombre d’éléments de (E) qui admettent 11 comme plus petit facteur premier. Partie B : Étude des éléments de (E) correspondant à une année bissextile. Soit (F) l’ensemble des éléments de (E) qui correspondent à une année bissextile. On admet que pour tout élément n de (F), il existe des entiers naturels p et q tels que : n = 2000 + 4p et n = 2002 + 11q. 1. On considère l’équation (e) : 4p − 11q = 2 où p et q sont des entiers relatifs. Vérifier que le couple (6, 2) est solution de l’équation (e) puis résoudre l’équation (e). 2. En déduire que tout entier n de (F) peut s’écrire sous la forme 2024 + 44 k où k est un entier relatif. 3. À l’aide de la calculatrice déterminer les six plus petits éléments de (F). N.B. : Liste des nombres premiers inférieurs à 40 : 2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 13 ; 17 ; 19 ; 23 ; 29 ; 31 ; 37.

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57. Antilles–Guyane juin 2002 −→ −→ Le plan P est rapporté à un repère orthonormé direct O, OI , OJ (unité graphique 4 cm) 1. On considère les points A, B , C , D et E d’affixes respectives : π

2π

π

ZA = ei 6 , ZB = ei 3 , ZC = −1, ZD = −i et ZE = e−i 6 . a. Faire la figure b. Montrer que EA = ED et que EB = EC. Montrer que (OE) est la médiatrice du segment [AD] et du segment [BC] c. Déterminer les points K et L images respectives de A et de B − → par la translation t de vecteur OI. Placer les points K et L sur la figure. 2. On considère l’application F qui à tout point M d’affixe Z associe 3 1 le point M d’affixe Z = Z où Z désigne le conjugué de −i 2 2 Z. a. Justifier l’égalité F = R ◦ S où S est la réflexion ou symétrie axiale d’axe (OI) et R une rotation dont on précisera le centre et l’angle. b. Montrer que F est une réflexion dont on précisera l’axe. 3. Soit G l’application qui, à tout point M d’affixe Z associe le point 3 1 M dont l’affixe Z définie par la formule Z = − i Z + 1. 2 2 Déterminer une application T telle que G = T ◦ F . En déduire que G est un antidéplacement.

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58. Asie juin 2002 On considère les suites (xn ) et (y n ) définies par x0 = 1, y 0 = 8 et     xn+1 =    y n+1 =

7

1 xn + y n + 1 3 3 , n∈N 20 8 xn + y n + 5 3 3

1. Montrer, par récurrence, que les points Mn de coordonnées xn , y n sont sur la droite (∆) dont une équation est 5x−y +3 = 0. En déduire que xn+1 = 4xn + 2. 2. Montrer, par récurrence, que tous les xn sont des entiers naturels. En déduire que tous les y n sont aussi des entiers naturels. 3. Montrer que : a. xn est divisible par 3 si et seulement si y n est divisible par 3. b. Si xn et y n ne sont pas divisibles par 3, alors ils sont premiers entre eux. 4.

1 a. Montrer, par récurrence, que xn = (4n × 5 − 2) . 3 b. En déduire que 4n ×5 −2 est un multiple de 3, pour tout entier naturel n.

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59. Centres étrangers juin 2002 Soit p un nombre premier donné. On se propose d’étudier l’existence de couples (x ; y) d’entiers naturels strictement positifs vérifiant l’équation : E : x2 + y 2 = p2 1. On pose p = 2. Montrer que l’équation E est sans solution. On suppose désormais p 2 et que le couple (x ; y) est solution de l’équation E. 2. Le but de cette question est de prouver que x et y sont premiers entre eux. a. Montrer que x et y sont de parités différentes. b. Montrer que x et y ne sont pas divisibles par p. c. En déduire que x et y sont premiers entre eux. 3. On suppose maintenant que p est une somme de deux carrés non nuls, c’est-à-dire : p = u 2 + v 2 où u et v sont deux entiers naturels strictement positifs. a. Vérifier qu’alors le couple u 2 − v 2 ; 2uv est solution de l’équation E. b. Donner une solution de l’équation E, lorsque p = 5 puis lorsque p = 13. 4. On se propose enfin de vérifier sur deux exemples, que l’équation E est impossible lorsque p n’est pas somme de deux carrés. a. p = 3 et p = 7 sont-ils somme de deux carrés ? b. Démontrer que les équations x 2 + y 2 = 9 et x 2 + y 2 = 49 n’admettent pas de solution en entiers naturels strictement positifs.

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60. France juin 2002 1. On considère l’équation (E) : 6x + 7y = 57 où x et y sont des entiers relatifs. a. Déterminer un couple d’entiers relatifs (u, v ) tel que 6u +7v = 1 ; en déduire une solution particulière (x0 , y 0 ) de l’équation (E). b. Déterminer les couples d’entiers relatifs solutions de l’équation (E). → − − → − → 2. Soit O, ı ,  , k un repère orthonormal de l’espace. On considère le plan (P) d’équation : 6x + 7y + 8z = 57. On les points du plan P qui appartiennent aussi au plan considère → − → − O, ı ,  . Montrer qu’un seul de ces points a pour coordonnées des entiers naturels ; déterminer les coordonnées de ce point. 3. On considère un point M du plan P dont les coordonnées x, y et z sont des entiers naturels. a. Montrer que l’entier y est impair. b. On pose y = 2p + 1 où p est un entier naturel. Montrer que le reste dans la division euclidienne de p + z par 3 est égal à 1. c. On pose p + z = 3q + 1 où q est un entier naturel. Montrer que les entiers naturels x, p et q vérifient la relation : x +p +4q = 7. En déduire que q prend les valeurs 0 ou 1. d. En déduire les coordonnées de tous les points de (P) dont les coordonnées sont des entiers naturels.

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61. La Réunion juin 2002 → − → − Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct O, u , v (unité graphique : 2 cm). On fera une figure que l’on complétera avec les différents éléments intervenant dans l’exercice. 1. Dans cette question on considère l’application s du plan dans luimême, qui à tout point M d’affixe z associe le point M d’affixe z = −iz. a. Montrer que s est une réflexion d’axe noté D et de vecteur di→ − recteur w d’affixe 1 - i. b. Soit D la droite d’équation y = −1, on appelle s la réflexion d’axe D . − → Calculer une mesure de l’angle → w, − u . Déterminer géométriquement la composée r = s ◦ s. c. Déterminer l’écriture complexe de r . 2. Dans cette question un considére l’application p du plan dans luimême, qui à tout point M d’affixe z associe le point M d’affixe z 1 = 1 z + z 1 z − iz = . 2 2 2 a. Soit le point A d’affixe z = 2+ i, déterminer l’affixe du point A1 image de A par p. b. Montrer que tout point M a son image M1 située sur la droite d’équation y = −x . c. Définir géométriquement, en utilisant les questions précédentes, l’application p. 3. On considère l’application f définie par f = s ◦ p. Construire l’image A du point A par f . Montrer que s ◦ p = p et en déduire que f = r ◦ p. Montrer que, tout point M du plan a son image par f sur une droite ∆, que l’on déterminera.

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62. Polynésie juin 2002 n est un entier naturel supérieur ou égal à 2. 1. Montrer que n et 2n + 1 sont premiers entre eux. 2. On pose α = n + 3 et β = 2n + 1 et on note δ le PGCD de α et β. a. Calculer 2α − β et en déduire les valeurs possibles de δ. b. Démontrer que α et β sont multiples de 5 si et seulement si (n − 2) est multiple de 5. 3. On considère les nombres a et b définis par : a = n 3 + 2n 2 − 3n b = 2n 2 − n − 1 Montrer, après factorisation, que a et b sont des entiers naturels divisibles par (n − 1). 4.

a. On note d le PGCD de n(n + 3) et de (2n + 1). Montrer que δ divise d , puis que δ = d . b. En déduire le PGCD, ∆, de a et b en fonction de n. c. Application : Déterminer ∆ pour n = 2 001 ; Déterminer ∆ pour n = 2 002.

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63. Pondichéry juin 2002 1. Calculer le P.G.C.D. de 45 − 1 et de 46 − 1. Soit u la suite numérique définie par : u 0 = 0, u 1 = 1 et, pour tout entier naturel n, u n+2 = 5u n+1 − 4u n . 2. Calculer les termes u 2 , u 3 et u 4 de la suite u. 3.

a. Montrer que la suite u vérifie, pour tout entier naturel n, u n+1 = 4u n + 1. b. Montrer que, pour tout entier naturel n, u n est un entier naturel. c. En déduire, pour tout entier naturel n, le P.G.C.D. de u n et u n+1 .

1 4. Soit v la suite définie pour tout entier naturel n par v n = u n + . 3 a. Montrer que v est une suite géométrique dont on déterminera la raison et le premier terme v 0 . b. Exprimer v n puis u n en fonction de n. c. Déterminer, pour tout entier naturel n, le P.G.C.D. de 4n+1 − 1 et de 4n − 1.

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64. Nouvelle–Calédonie décembre 2001 Partie I Soit x un nombre réel. 2 1. Montrer que x 4 + 4 = x 2 + 2 − 4x 2 . 2. En déduire que x 4+4 peut s’écrire comme produit de deux trinômes à coefficients réels.

Partie II Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. On considère les entiers A = n 2 − 2n + 2 et B = n 2 + 2n + 2 et d leur PGCD. 1. Montrer que n 4 + 4 n’est pas premier. 2. Montrer que, tout diviseur de A qui divise n, divise 2. 3. Montrer que, tout diviseur commun de A et B, divise 4n. 4. Dans cette question on suppose que n est impair. a. Montrer que A et B sont impairs. En déduire que d est impair. b. Montrer que d divise n. c. En déduire que d divise 2, puis que A et B sont premiers entre eux. 5. On suppose maintenant que n est pair. a. Montrer que 4 ne divise pas n 2 − 2n + 2. b. Montrer que d est de la forme d = 2p, où p est impair. c. Montrer que p divise n. En déduire que d = 2. (On pourra s’inspirer de la démonstration utilisée à la question 4.)

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65. Amérique du Sud décembre 2001 Soit n un entier naturel non nul. On considère les nombres a et b tels que : a = 2n 3 + 5n 2 + 4n + 1

et

b = 2n 2 + n.

1. Montrer que 2n + 1 divise a et b. 2. Un élève affirme que le PGCD de a et b est 2n + 1. Son affirmation est-elle vraie ou fausse ? (La réponse sera justifiée.)

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66. Antilles–Guyane septembre 2001 1. Soient a et b des entiers naturels non nuls tels que PGCD(a+b ; ab) = p, où p est un nombre premier. a. Démontrer que p divise a 2 . (On remarquera que a 2 = a(a + b) − ab.) b. En déduire que p divise a. On constate donc, de même, que p divise b. c. Démontrer que PGCD(a; b) = p. 2. On désigne par a et b des entiers naturels tels que a b. a. Résoudre le système

PGCD(a, b) = 5 PPCM(a, b) = 170

b. En déduire les solutions du système :

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PGCD(a + b, ab) = 5 PPCM(a, b) = 170

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67. France septembre 2001 1.

a. Déterminer le PGCD des nombres 168 et 20. b. Soit l’équation 168x + 20y = 6 dont les inconnues x et y sont des entiers relatifs. Cette équation a t-elle des solutions ? c. Soit l’équation 168x + 20y = 4 dont les inconnues x et y sont des entiers relatifs. Cette équation a t-elle des solutions ?

2.

a. Déterminer, en utilisant l’algorithme d’Euclide, et en détaillant les calculs effectués, deux entiers relatifs m et p tels que 42m+ 5p = 1. b. En déduire deux entiers relatifs u et v tels que 42u + 5p = 12. c. Démontrer que le couple d’entiers relatifs (x ; y) est solution de l’équation 42x + 5y = 2 si, et seulement si 42(x + 4) = 5(34 − y). d. Déterminer tous les couples d’entiers (x ; y) d’entiers relatifs solutions de l’équation 42x + 5y = 2.

3. Déduire du 2. les couples (x ; y) d’entiers relatifs solutions de l’équation (42x + 5y − 3)(42x + 5y + 3) = 0.

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68. Polynésie septembre 2001 → − → − Dans le plan complexe P rapporté au repère orthonormal direct A ; u , v , −−→ → − −−→ unité graphique 1 cm, on considère les points B, D définis par : AB = 2 u , AD = → − 3 v et C tel que ABCD soit un rectangle.

On fera une figure qui sera complétée au fur et à mesure de l’exercice. 1. Soit E l’image de B par la translation de vecteur Déterminer l’affixe −→ ZE DB. Déterminer l’affixe z E de E. 2. Déterminer les nombres réels a, b tels que le point F d’affixe z F = 6 − i soit le barycentre des points A, B, C affectés des coefficients a, b et 1. 3. On considère la similitude s qui transforme A en E et B en F. À tout point M d’affixe z, on associe le point M d’affixe z , image de M par s. a. Exprimer z en fonction de z. b. Déterminer le centre I, l’angle et le rapport de la similitude s. c. Déterminer les images de C et de D par s. d. Calculer l’aire de l’image par s du rectangle ABCD. 4.

a. Déterminer l’ensemble Ω des points M du plan tels que : −−→ −−→ −−→ 6MA − 10MB + MC = 9. b. Déterminer, en précisant ses éléments caractéristiques, l’image de Ω par s.

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69. Amérique du Nord juin 2001 1. Montrer que, pour tout entier relatif n, les entiers 14n + 3 et 5n + 1 sont premiers entre eux. 2. On considère l’équation (E) : 87x +31y = 2 où x et y sont des entiers relatifs. a. Vérifier, en utilisant par exemple la question 1), que 87 et 31 sont premiers entre eux. En déduire un couple (u ; v ) d’entiers relatifs tel que 87u +31v = 1 puis une solution (x0 ; y 0 ) de (E). b. Déterminer l’ensemble des solutions de (E) dans Z2 . c. Application : Déterminer les points de la droite d’équation 87x− 31y − 2 = 0 dont les coordonnées sont des entiers naturels et dont l’abscisse est comprise entre 0 et 100. Indication : On remarquera que le point M de coordonnées (x ; y) appartient à la droite (D) si, et seulement si, le couple (x ; y) vérifie l’équation (E).

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70. Antilles–Guyane juin 2001

L

l l 1. Soit B une boîte en forme de pavé droit de hauteur L, à base carrée de côté l , où l et L sont des entiers naturels non nuls tels que l < L. On veut remplir la boîte B avec des cubes tous identiques dont l’arête a est un entier naturel non nul (les cubes devant remplir complètement la boîte B sans laisser d’espace vide). a. Dans cette question, l = 882 et L = 945. Quelle est la plus grande valeur possible pour a ? Quelles sont les valeurs possibles pour a ? b. Dans cette question, le volume de la boîte B est v = 77 760. On sait que, pour remplir la boîte B, la plus grande valeur possible de a est 12. Montrer qu’il y a exactement deux boîtes B possibles, dont on donnera les dimensions. 2. On veut remplir une caisse cubique C, dont l’arête c est un entier naturel non nul, avec des boîtes B toutes identiques telles que décrites dans la question 1 (Les boîtes B, empilées verticalement, doivent remplir complètement la caisse C sans laisser d’espace vide). a. Dans cette question, l = 882 et L = 945. Quelle est la plus petite arête c pour la caisse C ? Quel est l’ensemble de toutes les valeurs possibles pour l’arête c? b. Dans cette question, le volume de la boîte B est 15 435. On sait que la plus petite arête possible pour la caisse C est 105. Quelles sont les dimensions l et L de la boîte B ?

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71. Asie juin 2001 → − → − On se place dans le plan, rapporté à un repère orthonormal direct O, u , v . 1. On considère l’application f qui, à tout point M d’affixe z associe le point M d’affixe z telle que : z =

1 2

+i

3 2

z.

a. Exprimer ( f ◦ f )(z) en fonction de z. b. Montrer que f = R ◦ S, où R est une rotation et S une symétrie axiale (on déterminera les éléments caractéristiques de ces deux applications R et S). c. Décomposer R à l’aide de deux symétries axiales et en déduire que f est une réflexion, dont on donnera l’axe (D1 ). Réaliser une figure, en y représentant l’axe (D1 ) (unité graphique 2 cm). 2. On considère l’application g qui, à tout point M d’affixe z associe le point M d’affixe z telle que :

z =

1 2

+i

3 2

3 z − +i . 2 2 1

a. Déterminer une équation de l’ensemble des points invariants de g . b. Montrer que g = T ◦ f où T est une translation (on précisera l’affixe du vecteur de la translation T). c. Décomposer la translation T à l’aide de deux symétries axiales et en déduire que g est une réflexion, d’axe noté (D2 ) 1

3 . 2 2 En déduire une construction de la droite (D2 ), qui n’utilise pas son équation, et l’illustrer en complétant la figure précédente.

d. Quelle est l’image par g du point A d’affixe

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+i

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72. Centres étrangers juin 2001 Un astronome a observé au jour J0 le corps céleste A, qui apparaît périodiquement tous les 105 jours. Six jours plus tard (J0 + 6), il observe le corps B, dont la période d’apparition est de 81 jours. On appelle J1 le jour de la prochaine apparition simultanée des deux objets aux yeux de l’astronome. Le but de cet exercice est de déterminer la date de ce jour J1 . 1. Soient u et v le nombre de périodes effectuées respectivement par A et B entre J0 et J1 . Montrer que le couple (u ; v ) est solution de l’équation (E1 ) : 35x − 27y = 2. 2.

a. Déterminer un couple d’entiers relatifs (x0 ; y 0 ) solution particulière de l’équation (E2 ) : 35x − 27y = 1. b. En déduire une solution particulière (u 0 ; v 0 ) de (E1 ). c. Déterminer toutes les solutions de l’équation (E1 ). d. Déterminer la solution (u ; v ) permettant de déterminer J1 .

3.

a. Combien de jours s’écouleront entre J0 et J1 ? b. Le jour J0 était le mardi 7 décembre 1999, quelle est la date exacte du jour J1 ? (L’année 2000 était bissextile.) c. Si l’astronome manque ce futur rendez-vous, combien de jours devrat-il attendre jusqu’à la prochaine conjonction des deux astres ?

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73. France juin 2001 → − → − Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal O, u , v [unité graphique : 6 cm]. On considère la transformation f du plan qui, à tout point M d’affixe z asso5iπ cie le point M d’affixe z définie par z = ze 6 et on définit une suite de points (Mn ) de la manière suivante : π M0 a pour afflxe z 0 = ei 2 et, pour tout entier naturel n, Mn+1 = f (Mn ). On appelle z n l’affixe de Mn . 1. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de f . Placer les points M0 , M1 , M2 . 2. Montrer que pour tout entier naturel n, on a l’égalité π

z n = ei

5nπ 2+ 6

(on pourra utiliser un raisonnement par récurrence). 3. Soient deux entiers n et p tels que n soit supérieur ou égal à p. Montrer que deux points Mn et M p sont confondus si, et seulement si, (n − p) est multiple de 12. 4.

a. On considère l’équation (E) : 12x − 5y = 3 où x et y sont des entiers relatifs. Après avoir vérifié que le couple (4 ; 9) est solution, résoudre l’équation (E). b. En déduire l’ensemble des entiers naturels n tels que Mn appartienne à la demi-droite [Ox).

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74. Liban juin 2001 → − → − On suppose le plan rapporté au repère orthonormal direct Ω ; u , v , unité graphique 3 cm. Partie A Soit trois droites D1 , D2 et D3 , sécantes en Ω et de vecteurs directeurs res−→ −→ π −→ −→ −→ → − et pectifs d 1 = u , et d 2 et d 3 supposés unitaires et tels que d 1 , d 2 = 4 −→ −→ 2π d1 , d3 = − . 3 On note S1 , S2 et S3 les réflexions d’axes respectifs D1 , D2 et D3 , et f la composée S3 ◦ S2 ◦ S 1 , de ces trois réflexions. 1. Tracer ces trois droites. 2.

a. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de la transformation r = S2 ◦ S1 . b. Caractériser la réflexion S telle que r = S3 ◦ S . On notera D l’axe de S et on en déterminera un point et un vecteur direc→ − teur d . Tracer la droite D. c. En déduire la nature de f et ses éléments caractéristiques. iπ

3. Justifier que le point E d’affixe z E = e 12 est un point de la droite D. Déterminer les nombres complexes a et b tels que la forme complexe de f soit l’application f 1 définie sur C par f 1 (z) = az + b. Partie B 1. Choisir un point A sur D. On note B l’image de A par S1 et C l’image de B par S2 . Placer les points B et C . 2. Démontrer que A est l’image de C par S3 . 3. Que peut-on dire du point Ω pour le triangle ABC ?

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75. Polynésie juin 2001 1. On considère x et y des entiers relatifs et l’équation (E) 91x+10y = 1. a. Énoncer un théorème permettant de justifier l’existence d’une solution à l’équation (E). b. Déterminer une solution particulière de (E) et en déduire une solution particulière de l’équation (E’) : 91x + 10y = 412. c. Résoudre (E’). 2. Montrer que les nombres entiers A n = 32n − 1, où n est un entier naturel non nul, sont divisibles par 8. (Une des méthodes possibles est un raisonnement par récurrence). 3. On considère l’équation (E ) A 3 x + A 2 y = 3 296. a. Déterminer les couples d’entiers relatifs (x, y) solutions de l’équation (E ). b. Montrer que (E ) admet pour solution un couple unique d’entiers naturels. Le déterminer.

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76. Pondichéry juin 2001 1. On considère l’équation (1) d’inconnue (n, m) élément de Z2 : 11n − 24m = 1. a. Justifier, à l’aide de l’énoncé d’un théorème, que cette équation admet au moins une solution. b. En utilisant l’algorithme d’Euclide, déterminer une solution particulière de l’équation (1). c. Déterminer l’ensemble des solutions de l’équation (1). 2. recherche du P.G.C.D. de 1011 − 1 et 1024 − 1. a. Justifier que 9 divise 1011 − 1 et 1024 − 1. b. (n, m) désignant un couple quelconque d’entiers naturels solutions de (1), montrer que l’on peut écrire 11n 10 − 1 − 10 1024m − 1 = 9. c. Montrer que 1011 − 1 divise 1011n − 1. (on rappelle l’égalité a n −1 = (a−1) a n−1 + a n−2 + · · · + a 0 , valable pour tout entier naturel n non nul). Déduire de la question précédente l’existence de deux entiers N et M tels que : 11 10 − 1 N − 1024 − 1 M = 9. d. Montrer que tout diviseur commun à 1024 −1 et 1011 −1 divise 9. e. Déduire des questions précédentes le P.G.C.D. de 1024 − 1 et 1011 − 1.

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77. Nouvelle–Calédonie décembre 2000 Dans tout l’exercice x et y désignent des entiers naturels non nuls vérifiant x < y. S est l’ensemble des couples (x, y) tels que PGCD(x, y) = y − x. 1.

a. Calculer le PGCD(363, 484). b. Le couple (363, 484) appartient-il à S ?

2. Soit n un entier naturel non nul ; le couple (n, n + 1) appartient-il à S? Justifier votre réponse. 3.

a. Montrer que (x, y) appartient à S si et seulement si il existe un entier naturel k non nul tel que x = k(y −x) et y = (k +1)(y −x). b. En déduire que pour tout couple (x, y) de S on a : PPCM (x, y) = k(k + 1)(y − x).

4.

a. Déterminer l’ensemble des entiers naturels diviseurs de 228. b. En déduire l’ensemble des couples (x, y) de S tels que PPCM (x, y) = 228.

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78. Amérique du Sud novembre 2000 → − → − Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal O, u , v (unité graphique : 2cm). On désigne par m un nombre réel. On considère la transformation Tm du plan dans lui-même qui, à tout point M d’affixe z associe le point M d’affixe z définie par : z = (m + i)z + m − 1 − i Partie A

1. Peut-on choisir m de telle sorte que Tm soit une translation ? 2. Déterminer le réel m de telle sorte que Tm soit une rotation. Préciser alors le centre et l’angle de cette rotation. Partie B Dans la suite de l’exercice on pose m = 1. 1.

a. Calculer l’affixe du point Ω invariant par Tm . z − 1 b. Pour tout nombre complexe z différent de 1, calculer . z −1 En interprétant géométriquement le module et un argument z − 1 de , démontrer que T1 est une similitude directe dont on z −1 précisera les éléments caractéristiques. c. Démontrer que, pour tout nombre z on a : z − z = i(z − 1). En déduire que si M est distinct de Ω , alors le triangle ΩM M est rectangle isocèle en M.

2. On définit dans le plan une suite (Mn ) de points en posant : M0 = O, M1 = T1 (M0 ), pour tout entier naturel n non nul : Mn = T1 (Mn−1 ). a. Placer points M1 , M2 , M3 et M4 dans le plan muni du re les→ − → − père O, u , v . b. Pour tout entier naturel n, on pose d n = ΩMn . Démontrer que la suite (d n ) est une suite géométrique. Converge-t-elle ?

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79. France septembre 2000 → − → − Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal direct O, u , v . L’unité graphique est 4 cm. On considère les points A, B, C et D d’affixes respectives a, b, c et d telles que : 3 3 −i π 3 π i, d = e 6. a = 1, b = ei 3 , c = + 2 2 2 1. a. Donner la forme exponentielle de c et la forme algébrique de d. b. Représenter les points A, B, C et D. c. Montrer que le quadrilatère OACB est un losange. 2. Montrer que les points D, A et C sont alignés. 3. Déterminer l’angle θ et le rapport k de la similitude directe s de centre O qui transforme A en C. 4. On note F et G les images par la similitude directe s des points D et C respectivement. Montrer que les points F, C et G sont alignés. 5. Déterminer l’affixe f du point F. 6. On considère la transformation ϕ qui à tout point M, d’affixe Z , associe le point M d’affixe Z telle que : 3 3 i 2π Z = e 3 Z + +i . 2 2 Pour toute droite δ du plan, on notera σδ la symétrie orthogonale d’axe δ. a. Soit r la transformation qui à tout point M1 d’affixe Z1 , associe le point M1 d’affixe Z1 , telle que : 3 3 −i 2π Z1 = e 3 Z1 + + i 2 2 Déterminer la nature de r et donner ses éléments caractéristiques. b. En utilisant nombres complexes, donner une mesure de −−→ les −−→ l’angle AO , AB , puis déterminer la droite ∆ telle que : r = σ∆ ◦ σ(AO) . c. Montrer que ϕ = r ◦ σ(AO) . En déduire la nature de ϕ. Exercices de spécialité

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80. Polynésie septembre 2000 Sur la figure ci-dessous, ABCD est un rectangle de sens direct, AEFB et ADGH sont des carrés de sens direct. 1. Le but de cette première question est de démontrer que les droites (AC), (EG) et (FH) sont concourantes. Pour cela on note I le point d’intersection des droites (EG) et (FH) et on introduit : • l’homothétie h 1 de centre I qui transforme G en E. • l’homothétie h 2 de centre I qui transforme F en H. a. Déterminer l’image de la droite (CG) par l’homothétie h 1 puis par la composée h 2 ◦ h 1 . C b. Déterminer l’image de la droite (CG) par la composée h 1 ◦ h 2 . D

B

F E A

c. Justifier l’égalité : h2 ◦ h1 = h1 ◦ h2. G En déduire que la droite (AC) passe aussi par le point I.

H

2. On se propose ici de démontrer que la médiane issue du sommet A du triangle AEH est une hauteur du triangle ABD. On note O le milieu du segment [EH]. −−→ −→ −−→ a. Exprimer le vecteur AO en fonction des vecteurs AE et AH . −−→ −−→ −−→ b. Exprimer le vecteur BD en fonction des vecteurs AB et AD . −−→ −−→ c. Calculer le produit scalaire AO .BD et conclure. 3. Dans cette question, on étudie la similitude directe S qui transforme A en B et D en A. On pose AB = 1 et AD = k (k > 0). a. Déterminer l’angle et le rapport de la similitude S. b. Déterminer l’image de la droite (BD), puis l’image de la droite (AO) , par cette similitude S.

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c. En déduire que le point d’intersection Ω des droites (BD) et (AO) est le centre de la similitude S.

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81. Amérique du Nord juin 2000 Dans le plan orienté, on considère un triangle direct OAB, rectangle et isocèle en O. π −−→ −−→ On a donc (OA , OB ) = [2π]. 2 π On note R A et R B les rotations de centres respectifs A et B et de même angle 2 et S O la symétrie de centre O. On place un point C, non situé sur la droite (AB) , on trace les carrés BE DC et π π −−→ −−→ −−→ −−→ ACFG directs. On a donc (BE , BC ) = [2π] et (AC , AG ) = [2π]. 2 2 1.

a. Déterminer S(AO) ◦ S (AB) composée des réflexions d’axes (AB) et (AO). b. En écrivant R B sous la forme d’une composée de deux réflexions, démontrer que R A ◦ R B = S O .

2.

a. Déterminer l’image de E par R A ◦ R B . b. En déduire que O est le milieu du segment [EG]. c. On note R F et R D les rotations de centres respectifs F et D et de même angle. Étudier l’image de C par la transformation R F ◦ S O ◦ R D . Déterminer la transformation RF ◦ S O ◦ R D . d. Placer H le symétrique de D par rapport à O. Démontrer que R F (H) = D. Démontrer que le triangle F OD est rectangle et isocèle en O.

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82. Antilles–Guyane juin 2000 Les points A 0 = O ; A 1 ; . . . ; A 20 sont les sommets d’un polygone régulier de centre A, à 21 côtés, de sens direct. Les points B 0 = O ; B 1 ; B 14 sont les sommets d’un polygone régulier de centre B, à 15 côtés, de sens direct. 2π Soit r A la rotation de centre A et d’angle et r B la rotation de centre B et 21 2π d’angle . 15 On définit la suite (Mn ) de points par : - M0 est l’un des points A 0 , A 1 , A 2 , . . . , A 20 ; - pour tout entier naturel n, Mn+1 = r A (Mn ). On définit la suite (P n ) de points par : - P 0 est l’un des points B 0 , B 1 , B 2 , . . . , B 14 - pour tout entier naturel n, P n+1 = r B (P n ). Le but de l’exercice est de déterminer, pour deux cas particuliers, l’ensemble S des entiers naturels n vérifiant : Mn = P n = O. 1. Dans cette question, M0 = P 0 = O. a. Indiquer la position du point M2000 et celle du point P 2000 . b. Déterminer le plus petit entier naturel n non nul tel que Mn = P n = O. En déduire l’ensemble S. 2. Dans cette question, M0 = A 19 et P 0 = B 10 . On considère l’équation (E ) : 7x − 5y = 1 avec x ∈ Z et y ∈ Z. a. Déterminer une solution particulière (a ; b) de (E ). b. Déterminer l’ensemble des solutions de (E ). c. En déduire l’ensemble S des entiers naturels n vérifiant Mn = P n = O.

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83. Asie juin 2000 1. Déterminer PGCD(2 688 ; 3 024). 2. Dans cette question, x et y sont deux entiers relatifs. a. Montrer que les équations (1) et (2) sont équivalentes (1) 2 688x + 3 024y = − 3 360 ; (2) 8x + 9y = − 10. b. Vérifier que (1 ; − 2) est une solution particulière de l’équation (2). c. Déduire de ce qui précède les solutions de (2). → − − → − → 3. Soit O, ı ,  , k un repère orthonormal de l’espace. On considère les plans (P) et (Q) d’équations respectives x + 2y − z = −2 et 3x − y + 5z = 0. a. Montrer que (P) et (Q) se coupent suivant une droite (D). b. Montrer que les coordonnées des points de (D) vérifient l’équation (2). c. En déduire l’ensemble E des points de (D) dont les coordonnées sont des entiers relatifs.

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84. Centres étrangers juin 2000 Dans le plan orienté, on considère un losange ABCD tel que π −−→ −−→ AB = BC = CD = DA = 5 et (AB , AD ) = . 3 On désigne par I, J, K, L et O les milieux respectifs des segments [AB], [BC], [CD] , [DA] et [BD]. On note (∆) la médiatrice de [AB] et (∆ ) la médiatrice de [CD]. 1. Soit f l’isométrie du plan définie par f (A) = B, f (B) = O, f (D) = C. a. Prouver que f est un antidéplacement. b. Démontrer que s’il existe un point M invariant par f , alors M est équidistant des points A, B, C, D. c. L’isométrie f admet-elle un point invariant ? 2. Soit σ la symétrie orthogonale d’axe (∆) et r la rotation de centre B π et d’angle − . 3 a. Démontrer que f = r ◦ σ. b. A-t-on f = σ ◦ r ? 3. Soit s 1 , la symétrie orthogonale d’axe (BC). a. Déterminer l’axe de la symétrie orthogonale s 2 , telle que r = s2 ◦ s1. b. En déduire que f peut s’écrire sous la forme f = s 1 ◦ t1 , , où t1 est une translation que l’on précisera. 1−−→ 4. Soit t2 la translation de vecteur AD ; on note t2− 1 sa réciproque et 2 on pose g = t2− 1 ◦ f . a. Déterminer g (D), g (I), g (O). En déduire la nature précise de la transformation g . b. Démontrer que f = t2 ◦ g . A-t-on f = g ◦ t2 ?

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85. France juin 2000 Dans le plan orienté, on considère deux points A et B et le point E tel que −→ 3−−→ AE = AB . 4 Pour la figure, on prendra comme unité de longueur le centimètre et AB = 16. Cette figure sera complétée au fur et à mesure. −−→ −−→ π Soit un point C , distinct de A, tel que AB ; AC = . 4 La droite parallèle à (BC ) passant par E coupe la droite (AC ) en F . On appelle I le milieu de [BC ], J le milieu de [EF ] et D le point d’intersection des droites (EC ) et (BF ). On note h A l’homothétie de centre A qui transforme B en E et h D l’homothétie de centre D qui transforme E en C . 1. Déterminer h A (C ) puis h D (F ). 2. En déduire la nature et les éléments caractéristiques de h D ◦h A puis de h A ◦ h D . 3. On appelle E’ l’image de E par h A et E l’image de E’ par h D Représenter E’, puis construire E en justifiant la construction. 4. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de h D ◦ h A ◦ hA ◦ hD . 5. Montrer que le quadrilatère BEC E est un parallélogramme. −−→ −−→ π 6. On appelle (∆) l’ensemble des points M tels que AB ; AM = . 4 (∆) est donc une demi-droite ouverte d’origine A. Pour la suite, les points A, B, E sont fixes et le point C décrit (∆). Déterminer et construire le lieu géométrique (∆) du point E .

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86. La Réunion juin 2000 Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 5, on considère les nombres a = n 3 − n 2 − 12n

et

b = 2n 2 − 7n − 4.

1. Montrer, après factorisation, que a et b sont des entiers naturels divisibles par n − 4. 2. On pose α = 2n + 1 et β = n + 3. On note d le PGCD de α et β. a. Établir une relation entre α et β indépendante de n. b. Démontrer que d est un diviseur de 5. c. Démontrer que les nombres α et β sont multiples de 5 si et seulement si n − 2 est multiple de 5. 3. Montrer que 2n + 1 et n sont premiers entre eux. 4.

a. Déterminer, suivant les valeurs de n et en fonction de n, le PGCD de a et b. b. Vérifier les résultats obtenus dans les cas particuliers n = 11 et n = 12.

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87. Liban juin 2000

→ − → − 1. Le plan (P ) est rapporté à un repère orthonormal direct O, u , v . Soit A et B dans ce plan d’affixes respectives a = 1 + i ; b = − 4 − i . Soit f la transformation du plan (P ) qui à tout point M d’affixe z −−−→ −−→ −−→ associe le point M d’affixe z tel que OM = 2AM + BM . a. Exprimer z en fonction de z. b. Montrer que f admet un seul point invariant Ω dont on donnera l’affixe. En déduire que f est une homothétie dont on précisera le centre et le rapport. 2. On se place dans le cas où les coordonnées x et y de M sont des entiers naturels avec 1 x 8 et 1 y 8. Les coordonnées (x ; y ) de M sont alors : x = 3x + 2 et y = 3y − 1. a. On appelle G et H les ensembles des valeurs prises respectivement par x et y . Écrire la liste des éléments de G et H. b. Montrer que x − y est un multiple de 3. c. Montrer que la somme et la différence de deux entiers quelconques ont même parité. On se propose de déterminer tous les couples (x ; y ) de G × H tels que m = x 2 − y 2 soit un multiple non nul de 60. d. Montrer que dans ces conditions, le nombre x −y est un multiple de 6. Le nombre x − y peut-il être un multiple de 30 ? e. En déduire que, si x 2 −y 2 est un multiple non nul de 60, x +y est multiple de 10 et utiliser cette condition pour trouver tous les couples (x ; y ) qui conviennent. En déduire les couples (x ; y) correspondant aux couples (x ; y ) trouvés.

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88. Polynésie juin 2000 1. On cherche deux entiers relatifs x et y solutions de l’équation (1) ax+ by = 60 (a et b entiers naturels donnés tels que ab = 0). On notera d le plus grand commun diviseur de a et b. a. On suppose que l’équation (1) a au moins une solution (x0 ; y 0 ). Montrer que d divise 60. b. On suppose que d divise 60. Prouver qu’il existe alors au moins une solution (x0 ; y 0 ) à l’équation (1). 2. On considère l’équation : (2) 24x + 36y = 60. (x et y entiers relatifs). a. Donner le PGCD de 24 et 36 en justifiant brièvement. Simplifier l’équation (2). b. Trouver une solution évidente pour l’équation (2) et résoudre cette équation. On appellera S l’ensemble des couples (x ; y) solutions. c. Énumérer tous les couples (x ; y) solutions de (2) et tels que : −10 x 10. Donner parmi eux, ceux pour lesquels x et y sont multiples de 5. d. Dans le plan rapporté à un repère orthonormal (unité graphique : 1 cm), représenter l’ensemble E des points M de coordonnées (x ; y) telles que :

x = 1 + 3t t ∈ R. y = 1 − 2t

e. Montrer que les points ayant pour coordonnées les solutions (x; y) de l’équation (2) appartiennent à E . Comment peut-on caractériser S ?

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89. Pondichéry juin 2000 Dans tout l’exercice, n désigne un entier naturel non nul. 1.

a. Pour 1 n 6, calculer les restes de la division euclidienne de 3n par 7. b. Démontrer que, pour tout n, 3n+6 − 3n est divisible par 7. En déduire que 3n et 3n+6 ont le même reste dans la division par 7. c. À l’aide des résultats précédents, calculer le reste de la division euclidienne de 31 000 par 7. d. De manière générale, comment peut-on calculer le reste de la division euclidienne de 3n par 7, pour n quelconque ?

e. En déduire que, pour tout entier naturel n, 3n est premier avec 7. i =n−1 i 3 , où n est un entier naturel su2. Soit Un = 3 + 32 + · · · + 3n−1 = i =0

périeur ou égal à 2.

a. Montrer que si U n est divisible par 7, alors 3n − 1 est divisible par 7. b. Réciproquement, montrer que si 3n −1 est divisible par 7, alors Un est divisible par 7. En déduire les valeurs de n telles que Un soit divisible par 7.

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90. Nouvelle–Calédonie décembre 1999 Soit n un entier naturel non nul, on considère les entiers suivants : N = 9n + 1 et M = 9n − 1. 1. On suppose que n est un entier pair. On pose n = 2p, avec p entier naturel non nul. a. Montrer que M et N sont des entiers impairs. b. En remarquant que N = M + 2, déterminer le PGCD de M et N. 2. On suppose que n est un entier impair. On pose n = 2p + 1 , avec p entier naturel. a. Montrer que M et N sont des entiers pairs. b. En remarquant que N = M + 2, déterminer le PGCD de M et N. 3. Pour tout entier naturel non nul n, on considère l’entier 81n 2 − 1. a. Exprimer l’entier 81n 2 − 1 en fonction des entiers M et N . b. Démontrer que si n est pair alors 81n − 1 est impair. c. Démontrer que 81n 2 − 1 est divisible par 4 si et seulement si n est impair.

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91. Amérique du Sud novembre 1999 On considère l’équation (1)

:

20b − 9c = 2.

où les inconnues b et c appartiennent à l’ensemble Z des nombres entiers relatifs. 1.

a. Montrer que si le couple (b0 ; c0 d’entiers relatifs est une solution de l’équation (1), alors c0 est un multiple de 2. b. On désigne par d le p.g.c.d. de |b0 | et |c0 |. Quelles sont les valeurs possibles de d ?

2. Déterminer une solution particulière de l’équation (1), puis déterminer l’ensemble des solutions de cette équation. 3. Déterminer l’ensemble des solutions (b ; c) de (1) telles que p.g.c.d.(b ; c) = 2. 4. Soit r un nombre entier naturel supérieur ou égal à 2. Le nombre entier naturel P , déterminé par P = αn r n + αn−1 r n−1 + ... + α1 r + α0 , où αn , αn−1 , ..., α1 , α0 sont des nombres entiers naturels vérifiant 0 < αn < r, 0 αn−1 < r, ..., 0 , α0 < r est noté αn αn−1 . . . α1 α0 (r ) ; cette écriture est dite « écriture de P en base r ». Soit P un nombre (4) (6) entier naturel s’écrivant ca5 et bbaa (en base six et en base quatre respectivement). Montrer que a + 5 est un multiple de 4 et en déduire les valeurs de a, puis de b et de c. Donner l’écriture de P dans le système décimal.

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92. Antilles–Guyane septembre 1999 → − → − Le plan est muni d’un repère orthonormal direct O, ı ,  . On donne le point A(6 ; 0) et le point A (0 ; 2). À tout point M de l’axe des abscisses différent de A on associe le point M tel que : −−→ −−−→ π AM = A M et AM , A M = mod 2π. 2 On admet l’existence et l’unicité de M . On réalisera une figure avec, pour unité graphique 0,5 cm et pour cette figure, on prendra −4 pour abscisse de M. 1. Soit M un point de l’axe des abscisses différent de A. a. Placer le point M sur la figure. b. Pour cette question on pourra donner une démonstration purement géométrique ou utiliser les nombres complexes. Démontrer qu’il existe une unique rotation, dont on précisera le centre, noté I et l’angle, qui transforme A en A et M en M . Placer I sur la figure. c. Démontrer que la médiatrice de [M M ] passe par I. 2. On veut déterminer et construire les couples de points (M, M ) vérifiant la condition supplémentaire M M = 20. a. Calculer IM et démontrer qu’il existe deux couples solutions : (M1 , M1 ) et (M2 , M2 ). b. Placer ces quatre points sur la figure.

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93. France septembre 1999 → − → − Soit le repère orthonormal direct O, u , v du plan complexe. Les points A, B et C sont définis par leurs affixes respectives : z A = 3 − i 3 ; z B = 3 + i 3 ; z C = 2 + 3 + 3i. 1. Faire la figure en choisissant pour unité graphique 2 cm. (On placera l’origine sur la gauche de la feuille). 2. Prouver que OAB est un triangle équilatéral direct. Soit G le centre de gravité du triangle OAB. Déterminer l’affixe z G de G. Dans la suite de l’exercice, on étudie deux isométries transformant [OA] en [GC]. 3. Soit a et b deux nombres complexes et R l’application qui au point M d’affixe z associe le point M d’affixe z tel que z = az + b. a. Déterminer a et b pour que R(O) = G et R(A) = C. b. Prouver que R est une rotation dont on déterminera le centre et l’angle. c. Prouver que les droites (OA) et (GC) sont perpendiculaires. Que peut-on dire des points G, B et C ? d. Construire, en justifiant la construction, l’image du triangle OAB par R. 4. Soit a et b deux nombres complexes et f l’application qui au point M d’affixe z associe le point M d’affixe z tel que z = a z + b . a. Déterminer a et b pour que f (O) = G et f (A) = C. b. Soit I le milieu du segment [OG]. Déterminer le point f (I). f est-elle une réflexion ? c. Construire en justifiant la construction, l’image du triangle OAB par f .

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94. Sportifs de haut–niveau septembre 1999 → − → − Le plan est muni d’un repère orthonormal direct O, u , v . (unité graphique : 1 cm) . 1. On note A, B et C les points d’affixes respectives 2i, -1 + 4i et 5 + 2i. −−→ On considère la translation t de vecteur BC , la symétrie S d’axe (AB) et la transformation f = t ◦ S. On désigne par A et B les images respectives de A et B par f . Calculer les affixes de A et B et placer les points A, B, C, A et B sur une figure. 2. On rappelle que l’écriture complexe d’un antidéplacement est de la forme z = az +b où a et b sont deux nombres complexes et |a| = 1. À tout point M d’affixe z, f associe le point M d’affixe z . Justifier que f est un antidéplacement et démontrer que : z =

− 3 − 4i 5

z+

38 − 6i . 5

3. Déterminer l’ensemble des points invariants par f . La transformation f est-elle une symétrie ? 4. On appelle D le point d’affixe 3 + 6i, ∆ la médiatrice de [BD] et S la symétrie d’axe ∆. a. Montrer que les droites ∆ et (AB) sont parallèles. Déterminer S ◦ S . −−→ b. Montrer que f ◦ S est la translation, notée t , de vecteur DC . En déduire que f = t ◦ S .

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95. Amérique du Nord juin 1999 Les trois parties I, II, III peuvent être traitées indépendamment les unes des autres. Partie I Soit E = {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 ; 10}. Déterminer les paires {a ; b} d’entiers distincts de E tels que le reste de la division euclidienne de ab par 11 soit 1. Partie II 1. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3. 2. L’entier (n − 1)! + 1 est-il pair ? 3. L’entier (n − 1)! + 1 est-il divisible par un entier naturel pair ? 4. Prouver que l’entier (15 − 1)! + 1 n’est pas divisible par 15. 5. L’entier (11 − 1)! + 1 est-il divisible par 11 ? Partie III Soit p un entier naturel non premier (p 2). 1. Prouver que p admet un diviseur q (1 < q < p) qui divise (p − 1). 2. L’entier q divise-t-il l’entier (p − 1)! + 1 ? 3. L’entier p divise-t-il l’entier (p − 1)! + 1 ?

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96. Antilles–Guyane juin 1999 → − → − Dans le plan muni d’un repère orthonormal O, ı ,  , on donne le point A(12 ; 18). → → − − On désigne par B un point de l’axe O ; ı et par C un point de l’axe 0 ;  tels −−→ −−→ π que AB , AC = − . 2 On appelle x l’abscisse de B et y l’ordonnée de C . 1. Démontrer que le couple (x ; y) est solution de l’équation : (E) 2x + 3y = 78. 2. On se propose de trouver tous les couples (B, C ) de points ayant pour coordonnées des nombres entiers relatifs. a. Montrer que l’on est ramené à l’équation (E ), avec x et y appartenant à l’ensemble Z des nombres entiers relatifs. b. À partir de la définition de B et C , trouver une solution particulière (x0 ; y 0 ) de (E ) avec x0 et y 0 appartenant à Z. c. Démontrer qu’un couple (x ; y) d’entiers relatifs est solution de l’équation (E ) si, et seulement si, il est de la forme (12 + 3k ; 18 − 2k), où k appartient à Z. d. Combien y a-t-il de couples de points (B, C ) ayant pour coordonnées des nombres entiers relatifs, tels que : − 6 x 21 et − 5 y 14 ?

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97. Asie juin 1999 1. On considère l’équation (E ) : 8x + 5y = 1, où (x ; y) est un couple de nombres entiers relatifs. a. Donner une solution particulière de l’équation (E ). b. Résoudre l’équation (E ). 2. Soit N un nombrenaturel tel qu’il existe un couple (a ; b) de nombres N = 8a + 1 entiers vérifiant : N = 5b + 2. a. Montrer que le couple (a ; b) est solution de (E ). b. Quel est le reste, dans la division de N par 40 ? 3.

a. Résoudre l’équation 8x + 5y = 100, où (x ; y) est un couple de nombres entiers relatifs. b. Au VIIIe siècle, un groupe composé d’hommes et de femmes a dépensé 100 pièces de monnaie dans une auberge. Les hommes ont dépensé 8 pièces chacun et les femmes 5 pièces chacune. Combien pouvait-il y avoir d’hommes et de femmes dans le groupe ?

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103

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98. Centres étrangers juin 1999 Le but de cet exercice est d’utiliser les solutions d’une équation à deux inconnues entières pour résoudre un problème dans l’espace. 1.

a. Déterminer un couple (x0 ; y 0 ) d’entiers relatifs solutions de l’équation : 48x + 35y = 1. (On pourra utiliser l’algorithme d’Euclide pour la recherche du PGCD de deux nombres). b. Déduire de a. tous les couples d’entiers relatifs (x ; y) solutions de cette équation.

2. L’espace étant rapporté à un repère orthonormal, on donne le vec→ − teur u de coordonnées ( 48 ; 35 ; 24) et le point A de coordonnées (−11 ; 35 ; −13). a. Préciser la nature et donner une équation cartésienne de l’ ensemble (Π) des points M de l’espace, de coordonnées (x ; y ; z) −−→ tels que u .AM = 0. b. Soit (D) la droite intersection de (Π) avec le plan d’équation z = 16. Déterminer tous les points de (D) dont les coordonnées sont entières et appartiennent à l’intervalle [- 100 ; 100]. En déduire les coordonnées du point de (D), coordonnées entières, situé le plus près de l’origine.

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Baccalauréat S

99. France juin 1999 Pour tout entier naturel n non nul, on considère les nombres an = 4 × 10n − 1, b n = 2 × 10n − 1 etcn = 2 × 10n + 1. 1.

a. Calculer a1 , b 1 , c1 , a2 , b 2 , c2 , a3 , b 3 et c3 . b. Combien les écritures décimales des nombres an et cn ontelles de chiffres ? Montrer que an et cn sont divisibles par 3. c. Montrer, en utilisant la liste des nombres premiers inférieurs à 100 donnée ci-dessous, que b3 est premier. d. Montrer que, pour tout entier naturel non nul n, bn ×cn = a2n . En déduire la décomposition en produit de facteurs premiers de a6 . e. Montrer que PGCD (bn , cn ) = PGCD (cn , 2). En déduire que bn et cn sont premiers entre eux.

2. On considère l’équation : (1)

b3 x + c3 y = 1

d’inconnues les entiers relatifs x et y. a. Justifier le fait que (1) possède au moins une solution. b. Appliquer l’algorithme d’Euclide aux nombres c3 et b 3 ; en déduire une solution particulière de (1). c. Résoudre l’équation (1).

Liste des nombres premiers inférieurs à 100 : 2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 13 ; 17 ; 19 ; 23 ; 29 ; 31 ; 37 ; 41 ; 43 ; 47 ; 53 ; 59 ; 61 ; 67 ; 71 ; 73 ; 79 ; 83 ; 89 ; 97.

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100. Liban juin 1999 Le nombre n est un entier naturel non nul. On pose : a = 4n + 3, b = 5n + 2 et on note d le PGCD de a et b. 1. Donner la valeur de d dans les trois cas suivants : n = 1, n = 11, n = 15. 2. Calculer 5a − 4b et en déduire les valeurs possibles de d . 3.

a. Déterminer les entiers naturels n et k tels que 4n + 3 = 7k. b. Déterminer les entiers naturels n et k tels que 5n + 2 = 7k.

4. Soit r le reste de la division euclidienne de n par 7. Déduire des questions précédentes la valeur de r pour laquelle d vaut 7. Pour quelles valeurs de r, d est-il égal à 1 ?

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106

Baccalauréat S

101. Pondichéry juin1999 Partie A On admet que 1999 est un nombre premier. Déterminer l’ensemble des couples (a ; b) d’entiers naturels admettant pour somme 11 994 et pour PGCD 1 999. Partie B On considère l’équation (E ) d’inconnue n appartenant à N : (E ) : n 2 − Sn + 11 994 = 0 où S est un entier naturel. On s’intéresse à des valeurs de S telles que (E ) admette deux solutions dans N. 1. Peut-on déterminer un entier S tel que 3 soit solution de (E ) ? Si oui, préciser la deuxième solution. 2. Peut-on déterminer un entier S tel que 5 soit solution de (E ) ? 3. Montrer que tout entier n solution de (E ) est un diviseur de 11 994. En déduire toutes les valeurs possibles de S telles que (E ) admette deux solutions entières. Partie C Comment montrerait-on que 1999 est un nombre premier ? Préciser le raisonnement employé. La liste de tous les entiers premiers inférieurs à 100 est précisée ci-dessous : 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97.

Exercices de spécialité

107

Baccalauréat S

102. Antilles–Guyane septembre 1998 → − → − Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal O, u , v . On placera sur une même figure, qui sera complétée au fur et à mesure les points introduits dans le texte (unité graphique : 2 cm.) 1. a. Résoudre l’équation (E) : z 2 − 2z 3 + 4 = 0. b. On considère les nombres complexes z 1 = 3 + i et z 2 = 3 i et on désigne par M et N les points d’affixes respectives z 1 et z 2 . Déterminer le module et l’argument de z 1 et de z 2 ; placer M et N sur la figure. c. Déterminer les affixes des points Q et P images respectives de − → → − M et N par la translation de vecteur w = −2 u . Placer P et Q sur la figure. Montrer que MNPQ est un carré. 2. Soit R le symétrique de P par rapport à O, E l’image de P par la roπ tation de centre O et d’angle , S l’image de E par l’homothétie de 2 centre O et de rapport 3. Placer ces points sur la figure. Calculer les affixes de R et de S. Montrer que S appartient au segment [MN]. 3. On pose α = 2 − 3. a. Montrer que 1 + α2 = 4α et 1 − α2 = 2α 3. −→ −→ b. Exprimer les affixes Z de PR et Z de PS en fonction de α. c. Montrer que |Z | = |Z | et

Z

π

= ei 3 .

Z d. Déduire des questions précédentes la nature du triangle PRS.

Livret réalisé grâce à Cocoa booklet. Merci à son auteur Fabien Cornus. http ://www.iconus.ch/fabien/cocoabooklet/

Exercices de spécialité

108

Annales de l’épreuve de spécialité mathématiques du Baccalauréat série S Valère B ONNET 15 mai 2007 Résumé Les énoncés ont, pour la plupart,été téléchargés sur internet. Depuis 2004 les sources sont de Denis V ERGÈS . Les corrigés sont de Valère B ONNET.

Table des matières I II III IV V VI VII VIII IX X XI XII XIII XIV XV XVI XVII XVIII XIX XX XXI XXII XXIII XXIV

Nouvelle Calédonie mars 2007 . . . . Pondichéry avril 2007 . . . . . . . . . Pondichéry avril 2006 . . . . . . . . . La Réunion juin 2006 . . . . . . . . . France juin 2006 . . . . . . . . . . . . Centres étrangers 1 juin 2006 . . . . Asie juin 2006 . . . . . . . . . . . . . . Amérique du nord juin 2006 . . . . . Antilles Guyane juin 2006 . . . . . . . Polynésie juin 2006 . . . . . . . . . . Polynésie juin 2005 . . . . . . . . . . Amérique du sud novembre 2004 . . Amérique du nord juin 2004 . . . . . Centres étrangers 1 juin 2004 . . . . La Réunion juin 2004 . . . . . . . . . Nouvelle Calédonie novembre 2004 Polynésie septembre 2004 . . . . . . Pondichéry avril 2004 . . . . . . . . . Nouvelle Calédonie novembre 2003 France septembre 2003 . . . . . . . . La Réunion juin 2003 . . . . . . . . . Centres Étrangers I juin 2003 . . . . . Antilles Guyane juin 2002 . . . . . . . Polynésie juin 2002 . . . . . . . . . .

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1 3 4 6 8 10 11 12 14 15 16 17 19 21 23 24 25 28 30 32 34 35 38 40

I Nouvelle Calédonie mars 2007 Pour coder un message, on procède de la manière suivante : à chacune des 26 lettres de l’alphabet, on commence par associer un entier n de l’ensemble Ω = {0 ; 1 ; 2 ; ... ; 24 ; 25} selon le tableau ci-dessous : A 0

B 1

C 2

D 3

E 4

F 5

G 6

H 7

I 8

J 9

K 10

L 11

M 12

N 13

O 14

P 15

Q 16

R 17

S 18

T 19

U 20

V 21

W 22

X 23

Y 24

Z 25

a et b étant deux entiers naturels donnés, on associe à tout entier n de Ω le reste de la division euclidienne de (an +b) par 26 ; ce reste est alors associé à la lettre correspondante. Exemple : pour coder la lettre P avec a = 2 et b = 3, on procède de la manière suivante : Étape 1 Étape 2 Étape 3

On lui associe l’entier n = 15.

Le reste de la division de 2 × 15 + 3 = 33 par 26 est 7. On associe 7 à H. Donc P est codé par la lettre H.

1. Que dire alors du codage obtenu lorsque l’on prend a = 0 ? Si on prend a = 0, alors toute s les lettres seront codées par la lettre dont le numéro est leassociée au reste modulo 26 de b.

1

I NOUVELLE CALÉDONIE MARS 2007 Aucun décodage ne sera donc possible. 2. Montrer que les lettres A et C sont codées par la même lettre lorsque l’on choisit a = 13. A et C sont respectivement associées à b et à 26 + b ; ces deux nombres ayant le même reste modulo 26, nous en déduisons que : A et C sont codées par la même lettre lorsque l’on choisit a = 13. 3. Dans toute la suite de l’exercice, on prend a = 5 et b = 2. a. On considère deux lettres de l’alphabet associées respectivement aux entiers n et p . Montrer, que si 5n + 2 et 5p + 2 ont le même reste dans la division par 26 alors n − p est un multiple de 26. En déduire que n = p . On a : 5n + 2 ≡ 5p + 2(mod 26)

=⇒ =⇒ =⇒

5n ≡ 5p (mod 26) n ≡ p (mod 26) (car 5 est premier avec 26) n − p ≡ 0(mod 26)

si 5n + 2 et 5p + 2 ont le même reste dans la division par 26 alors n − p est un multiple de 26. ½

0 É n É 25 ; donc : −25 É n − p É 25. −25 É −p É 0 Or le seul multiple de 26 entre −25 et 25 est 0, donc : n − p = 0 ; d’où : On a :

n=p . b. Coder le mot AMI. On a :

lettre n 5n + 2 reste modulo 26 de 5n + 2 code

A 0 2 2 C

M 12 62 10 K

I 8 42 16 Q

4. On se propose de décoder la lettre E. a. Montrer que décoder la lettre E revient à déterminer l’élément n de Ω tel que 5n − 26y = 2, où y est un entier. Soit n l’entier associé à la lettre dont le code est E et y le quotient de la division de 5n + 2 par 26. L’entier associé à E est 4, donc : 5n + 2 = 26y = 4 ; d’où nous tirons : 5n − 26y = 2 . Réciproquement, d’après 3.a., il ne pas y avoir deux lettres distinctes de l’alphabet dont l’entier associé est une valeur solution de l’inconnue n ; donc : décoder la lettre E revient à déterminer l’élément n de Ω tel que 5n − 26y = 2, où y est un entier. b. On considère l’équation 5x − 26y = 2, avec x et y entiers relatifs.

i. Donner une solution particulière de l’équation 5x − 26y = 2.

(−10;−2) est une solution particulière de l’équation 5x − 26y = 2. ii. Résoudre alors l’équation 5x − 26y = 2. Raisonnons par condition nécessaire. Soit (x ; y) un solution de l’équation. On a : 5x − 26y = 2 = 5 × (−10) − 26 × (−2) donc : 5(x + 10) = 26(y + 2)

26 divise 5(x +10) et est premier avec 5 donc, d’après le théorème de Gauss, 26 divise (x +10) ; on en déduit qu’il existe un entier k tel que : x + 10 = 26k. D’où : 26(y + 2) = 5(x + 10) = 5 × 26k ; c’est-à-dire : y = 5k − 2. Nous en déduisons que toutes les solutions de l’équation sont de la forme : (26k − 10;5k − 2)

(k ∈ Z).

Réciproquement, soit k ∈ Z, posons : (x ; y) = (26k − 10;5k − 2). On a : 5x − 26y = 5(26k − 10) − 26(5k − 2) = 5 × 26k + 50 − 26 × 5k + 52 = 2. ¯ © ª S = (26k − 10;5k − 2)¯k ∈ Z .

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Terminales VIII et IX

II PONDICHÉRY AVRIL 2007 iii. En déduire qu’il existe un unique couple (x ; y) solution de l’équation précédente, avec 0 É x É 25. Soit (x ; y) une solution de l’équation précédentetelle que : 0 É x É 25. On a : 0 É 26k − 10 É 25 ⇐⇒ 10 É 26k É 35. Le seul multiple 26 compris entre 10 et 35 est 26, donc : 0 É 26k − 10 É 25 ⇐⇒ k = 1 ⇐⇒ (x ; y) = (16;3). il n’existe qu’un couple (x ; y ) solution de l’équation précédente, avec 0 É x É 25 : (16;3). c. Décoder alors la lettre E. D’après l’étude précédente, la lettre dont le code est E est la lettre associée à 16, c’est-à-dire : Q.

II Pondichéry avril 2007 1. Dans cette question, il est demandé au candidat d’exposer des connaissances On suppose connus les résultats suivants : – La composée de deux similitudes planes est une similitude plane ; – la transformation réciproque d’une similitude plane est une similitude plane ; – une similitude plane qui laisse invariants trois points non alignés du plan est l’identité du plan. Soient A, B et C trois points non alignés du plan et s et s ′ deux similitudes du plan telles que s(A) = s ′ (A), s(B) = s ′ (B) et s(C) = s ′ (C). Montrer que s = s ′ . s −1 est une similitude plane donc s −1 ◦ s ′ (composée de deux similitudes) est une similtude plane. Posons : A′ = s(A) = s ′ (A), B′ = s(B) = s ′ (B) et C′ = s(C) = s ′ (C). ¡ ¢ −1 ′ −1 ¡ ′ ¢ −1 ′ −1 ¡ ′ ¢ On a : s ◦ s (A) = s A = A, s ◦ s (B) = s B = B et s −1 ◦ s ′ (C) = s −1 C′ = C. s −1 ◦ s ′ est une similtude plane qui laisse invariants trois points non alignés (A, B et C) donc : s −1 ◦ s ′ = Id. D’où : s ◦ s −1 ◦ s ′ = s ◦ Id ; c’est-à-dire : s = s′ .

u ,~ v ). La figure sera complétée au fur et à mesure. On 2. Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal (O ;~ donne les points A d’affixe 2, E d’affixe 1 + i , F d’affixe 2 + i et G d’affixe 3 + i .

2

Eb

1

0

b J b G′

bI

~

b

O

b

A′

~ı

bG

Fb

A

-1 -1

0

1

F IG . 1 –

2

3

4

a. Calculer les longueurs des côtés des triangles OAG et OEF. En déduire que ces triangles sont semblables. −−→ −−→ −−→ Les vecteurs OA , OG et AG ont respectivement pour affixes : 2 ; 3 + i et 1 + i ; donc : OA = 2

OG =

p

32 + 12 =

p 10

AG =

p

12 + 12 =

p 2 .

−−→ −−→ −→ Les vecteurs OE , OF et EF ont respectivement pour affixes : 1 + i ; 2 + i et 1 ; donc : OE =

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p

12 + 12 =

p 2

OF =

p

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22 + 12 =

p 5

EF = 1 .

Terminales VIII et IX

III PONDICHÉRY AVRIL 2006 On en déduit que : p OA 2 = p = 2 OE 2 Donc :

p 10 p OG = p = 2 OF 5

AG p = 2. EF

OA OG AG = = . OE OF EF

Nous en déduisons que : les triangles OAG et OEF sont semblables. b. Montrer que OEF est l’image de OAG par une similitude indirecte S , en déterminant l’écriture complexe de S . Soit S la similitude indirecte qui laisse O invariant et qui transforme A en E et z ′ = a z¯ + b son écriture complexe avec a ∈ C⋆ et b ∈ C.  ½  b =0 0 = a 0¯ + b ; d’où : On a : S(O) = O et S(A) = E ; donc : 1+i .  a= 1 + i = a 2¯ + b 2 3 + 1 + 3i − i 1+i ′ (3 + i ) = = 2+i . Pour z = 3 + i , on a donc : z = 2 2 Nous en déduisons que : la similitude S d’écriture complexe : z ′ =

1+i z ; transforme OAG en OEF. 2

1 c. Soit h l’homothétie de centre O et de rapport p . On pose : A′ = h(A) et G′ = h(G), et on appelle I le milieu de 2 £ ′¤ EA . On note σ la symétrie orthogonale d’axe (OI). Montrer que S = σ ◦ h . 1 Première méthode h a pour écriture complexe : z ′ = p z ; nous en déduisons les affixes respectives de A′ et G′ : 2 p p £ ¤ 2 2 et (3 + i ) . Désignons par J le milieu du segment FG′ . les points I et J ont respectivement pour affixes : 2 p p ¡ ¢ p 2+2 3 2+4+i 1+ 2+i et . Ona : 2 4 p ¡p ¢ p p 3 2+4+i 2+2 2+2 1+ 2+i × = . 2 2 4 p p OA OG Donc J est un point de (OI). On a : OA′ = p = 2 = OE et OG′ = p = 5 = OF ; donc les triangle OEA′ et 2 2 £ ¤ £ ¤ OFG′ sont isocèles en O. Or I est le milieu du segment EA′ et J est le milieu de FG′ , donc : σ échange d’une ′ ′ part E et A , et d’autre part F et G . Nous en déduisons que : ¡ ¢ σ ◦ h(O) = σ h(O) = σ(O) = O;

¡ ¢ ¡ ¢ σ ◦ h(A) = σ h(A) = σ A′ ) = E;

¡ ¢ ¡ ¢ σ ◦ h(G) = σ h(G) = σ G′ ) = F.

Les similitudes S et σ ◦ h coïncident en trois points non alignés (O, A et G), donc : S = σ◦h .

OA p Deuxième méthode On a : OA′ = p = 2 = OE ; donc le triangle OEA’ est isocèle en O. Or I est le milieu du segment 2 £ ′¤ EA , donc : σ échange E et A′ . La transformation S −1 ◦σ◦h est la composée de deux similitudes indirectes et d’une similitude directe, S −1 ◦σ◦h est donc une similitude directe. De plus : S −1 ◦ σ ◦ h(O) = S −1 (σ(h(O))) = S −1 (σ(O)) = S −1 (O) = O et S −1 ◦ σ ◦ h(A) = S −1 (σ(h(A))) = S −1 (σ(A′ )) = S −1 (E) = A. S −1 ◦ σ ◦ h est une similitude directe qui a deux points fixes distincts (O et A), donc : S −1 ◦ σ ◦ h = Id . En composant à gauche membre à membre par S, nous en déduisons que : S = σ◦h .

III Pondichéry avril 2006 ~ ,~ Le plan est muni d’un repère orthonormé direct (O ; u v ). On prendra 5 cm pour unité graphique. Soit f la transformation qui, à tout point M d’affixe z , associe le point M’ d’affixe z ′ définie par : ¶ µ 1 1 + i z + 1. z′ = 2 2

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Terminales VIII et IX

III PONDICHÉRY AVRIL 2006 1. Justifier que f est une similitude directe dont on précisera le centre Ω (d’affixe ω), le rapport k et l’angle θ. f a une écriture complexe de¶ forme : z ′ = az + b avec a ∈ C⋆ et b ∈ C ; donc f est une similitude directe. De plus : µ 1 1 f (Ω) = Ω ; donc : ω = + i ω+1; 2 2 1 d’où : ω = 1 1 = 1 + i . − 2 2i p Ã p p ! p 2 2 2 2 π 1 1 + i = ei 4 ; donc : De plus : + i = 2 2 2 2 2 2 p π 2 et l’angle . f est la similitude directe de centre Ω(1 + i ), de rapport 2 4 2. On note A0 le point O et, pour tout entier naturel n , on pose : An+1 = f (An ). a. Déterminer les affixes des points A1 , A2 et A3 puis placer les points A0 , A1 , A2 et A3 . Introduisons la suite (a n )n∈N des affixes des points An . On a : a0 = 0

et

pour tout n ∈ N, a n+1 =

µ

¶ 1 1 + i a n + 1. 2 2

Nous en déduisons les affixes des points demandés : point

A0

A1

affixe

0

1

A2 3 1 + i 2 2

A3 3 +i 2

Nous en déduisons la figure 2 :

Ω b

b

A3

~ v b

A2

A0 b)) O

b

A1

~ u F IG . 2 – b. Pour tout entier naturel n , on pose µ: un = ¶ ΩAn . Justifier que la suite (un ) est une suite géométrique puis établir p 1 n que, pour tout entier naturel n : un = 2 p . 2 p p 1 2 2 f est une similtude de rapport ; elle multiplie donc les distance par , c’est-à-dire par p . De plus : f (Ω) = Ω 2 2 2 1 et pour tout n ∈ N, f (An+1 ) = An ; donc pour tout n ∈ N : ΩAn+1 = p ΩAn . C’est-à-dire : 2 1 un+1 = p un . 2

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Terminales VIII et IX

IV LA RÉUNION JUIN 2006

¯ ¯ p 1 (un ) est donc la suite géométrique de raison p et de premier terme : u0 = OΩ = ¯1 + i ¯ = 2. Nous en déduisons 2 que pour tout n ∈ N : µ µ ¶ ¶ 1 n 1 n p un = u0 p . = 2 p 2 2

c. À partir de quel rang n0 tous les points An appartiennent-ils au disque de centre Ω et de rayon 0,1 ? Désignons par D le disque fermé de centre Ω et de rayon 0,1, pour out entier n on a : An ∈ D

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

Or : 1 + 2

ΩAn É 0,1 un É 0,1 µ ¶ p 1 n 2 p É 0,1 µ2 ¶ ¶ µ p 1 n 2 p É ln 0,1 ln 2 1 1 ln 2 − n ln 2 É −ln 10 2 2 ln 10 n Ê 1+2 ln 2

car ln est strictement croissante sur R+⋆ 1 car − ln 2 < 0 2

ln 10 = 7,64· · · ; donc : ln 2 Tous les points An appartiennent au disque de centre Ω et de rayon 0,1 à partir de l’indice 8 (inclus).

3. a. Quelle est la nature du triangle ΩA0 A1 ? En déduire, pour tout entier naturel n , la nature du triangle ΩAn An+1 . On a :

ω − a1 = 0 − 11 + i − 1 = a0 − a1

i2 =i i

= ei

π 2

; donc :

le triangle ΩA0 A1 est un triangle direct, rectangle et isocèle en A1 .

f est une similitude directe, elle transforme donc un triangle en un triangle directement semblable. On en déduit par récurrence que pour tout entier naturel n : le triangle ΩAn An+1 est un triangle direct, rectangle et isocèle en An+1 . b. Pour tout entier naturel n , on note ℓn la longueur de la ligne brisée A0 A1 A2 ... An−1 An . On a ainsi : ℓn = A0 A1 + A1 A2 + · · · + An−1 An . Exprimer ℓn en fonction de n . Quelle est la limite de la suite (ℓn ) ? In troduisons la suite (v n )n∈N définie par : v n = An An+1 .

1 On démontrer de même qu’en 2.b. que (un ) est la suite géométrique de raison p et de premier terme : v 0 = A0 A1 = 2 1. Nous en déduisons que pour tout n ∈ N : µ ¶ µ ¶ 1 n 1 n vn = v0 p . = p 2 2 Donc pour tout n ∈ N⋆ :

´ ³ 1 n p 1 − p2 ℓn = v 0 + · · · + v n−1 = . = 2 p 2−1 1 − p1

v0 − vn 2

¯ ¯ µ ¶ ¯ 1 ¯ 1 n = 0 ; d’où, par soustraction, quotient et produit : On a : ¯¯ p ¯¯ < 1 ; donc : lim p n→+∞ 2 2

p p 2 lim ℓn = p = 2 + 2 = 3,414· · · . n→+∞ 2−1

IV La Réunion juin 2006 On complètera la figure donnée en annexe 1 au fur et à mesure des questions, et on la rendra avec la copie. ³−−→ −−→´ π ABCD est un carré tel que AB , AD = + . Soit I le centre du carré ABCD. Soit J le milieu du segment [CD]. 2 On désigne par s la similitude directe qui transforme A en I et B en J. Le but de l’exercice est d’étudier certaines propriétés de la similitude s . Dans la partie A on utilisera des raisonnements géométriques ; dans la partie B on utilisera les nombres complexes.

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Terminales VIII et IX

IV LA RÉUNION JUIN 2006 Partie A 1. Déterminer le rapport et l’angle de la similitude s . 1 IJ = . Avec s(A) = I et s(B) = J, le rapport de la similitude est AB 2 ³−−→ → π −´ De même l’angle de la similitude està 2π près AB , IJ = + . 2 s est la similitude directe de rapport

1 π et d’angle . 2 2

2. On désigne par Ω le centre de cette similitude. Γ1 est le cercle de diamètre [AI], Γ2 est le cercle de diamètre [BJ]. Démontrer que Ω est l’un des points d’intersection de Γ1 et Γ2 . Placer Ω sur la figure. π qui transforme A en I et B en J, donc les triangles ΩAI et ΩAI sont rectangles en 2 Ω et orientés dans le sens directs, on en déduit que : s est une similitude directe d’angle

Ω est le point d’intersection des cercles Γ1 et Γ2 tel que le triangle ΩAI est orienté dans le sens direct. 3. Donner l’image par s de la droite (BC). En déduire le point image par s du point C, puis le point K image par s du point I. L’image de la droite (BC) est la droite contenant J (image par s de B) et perpendiculaire à (BC) (angle de la similitude). s transforme (BC) en (CD). 1 1 Donc C′ image de C par s appartient à la droite (CD) et comme s(B) = J et s(C) = C′ , JC′ = BC = CD. 2 2 Donc on a C′ = C ou C′ = D. Comme C n’est pas le point invariant de la similitude soit Ω, donc : C′ = D. s transforme C en D.

I est le milieu de [AC] et a pour image K, de plus les similitudes conservent le milieu, donc : K est le milieu du segment image [ID]. 4. On pose h = s ◦ s (composée de s avec elle même). a. Donner la nature de la transformation h (préciser ses éléments caractéristiques). s = h ◦h composée de deux similitudes de même centre, Ω, de rapport Ω, de rapport

1 et d’angle π c’est-à-dire : 4

π 1 et d’angle est la similitude de même centre 2 2

1 h est l’homothétie de centre Ω et de rapport − . 4 b. Trouver l’image du point A par h . En déduire que les points A, Ω et K sont alignés. ¡ ¢ On a : s(A) = h h(A) = h(I) = K. h transforme A en K.

Dans une homothétie un point, son image et le centre sont alignés, donc : A, K et Ω sont alignés.

Partie B u ,~ v ) orthonormal direct, choisi de manière à ce que les points A, B, C et Le plan complexe est rapporté à un repère (A;~ D aient comme affixe respectives : 0 ; 2 ; 2 + 2i et 2i . 1. Démontrer que l’écriture complexe de la similitudes est z ′ =

1 iz + 1 + i. 2

s a une écriture complexe de la forme : z ′ = az + b. De plus s transforme A(0) en I(1 + i ) et B(2) en J(1 + 2i ), donc : a=

zJ − zI

zB − z A

On a : s(A) = I ; donc b est solution de l’équation : 1 + i = s a pour écriture complexe :

z′ =

i =

2

.

1 i × 0 + b ; d’où : b = 1 + i . 2

1 i z +1+i . 2

2. Calculer l’affixe du point Ω.

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Terminales VIII et IX

V FRANCE JUIN 2006

A NNEXE I

–

À compléter et à rendre avec la copie

E

J

D

C

Γ2

K Ω I

Γ1

A

B

F IG . 3 – Annexe de l’exercice IV Ω est l’unique point fixe de s, son affixe est donc solution de l’équation : z = On en déduit que : ω =

1+i

1 − 21 i

=

2 + 2i 2−i

=

(2 + 2i )(2 + i ) 2 6 = + i. 5 5 5 ω=

1 i z +1+i . 2

2 6 + i . 5 5

3. Calculer l’affixe du point E tel que s (E) = A. Placer le point E sur la figure. On a : E = s −1 (A) ; de plus, s −1 a pour écriture complexe : z =

1 ′ i z + 1 + i ; c’est-à-dire : z ′ = −2i z − 2 + 2i ; donc : 2

E a pour affixe −2 + 2i .

V France juin 2006 Partie A – Questions de cours 1. Énoncer le théorème de Bézout et le théorème de Gauss. Théorème de Bézout Deux entiers a et b sont premiers entre eux si, et seulement si, il existe deux entiers u et v tels que : au + bv = 1.

Théorème de Gauss divise c.

Soit a, b et c trois entiers relatifs. Si a divise le produit bc et si a est premier avec b, alors a

2. Démontrer le théorème de Gauss en utilisant le théorème de Bézout. Soit a, b et c trois entiers tels que a divise bc et a est premier avec b. a divise bc, il existe donc un entier k tel que : bc = ka. a et b sont premiers entre eux, d’après le théorème de Bézout, il existe donc deux entiers u et v tels que : au + bv = 1. En multipliant membre à membre cette dernière égalité par c, il vient : c = auc + bcv = auc + kav = a(uc + kv}). | {z ∈Z

donc :

a divise c

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Terminales VIII et IX

V FRANCE JUIN 2006 Partie B

Il s’agit de résoudre dans Z le système

(

n ≡ 13

(mod 19)

n ≡6

(S)

(mod 12)

1. Démontrer qu’il existe un couple (u ; v ) d’entiers relatifs tel que : 19u + 12v = 1.

(On ne demande pas dans cette question de donner un exemple d’un tel couple). Vérifier que, pour un tel couple, le nombre N = 13 × 12v + 6 × 19u est une solution de (S). 19 est un nombre premier et 12 n’est pas multiple de 19, donc 12 et 19 sont premiers entre eux. D’après le théorème de Bézout, il existe donc un couple (u ; v ) d’entiers relatifs tel que : 19u + 12v = 1 . On a : N − 13 = 13 × 12v + 6 × 19u − 13 = 13(12v − 1) + 19 × 6u = 13(−19u) + 19 × 6u = 19(−7u |{z}) ; donc : ∈Z

N ≡ 13(mod 19) .

On a : N − 6 = 13 × 12v + 6 × 19u − 6 = 13 × 12v + 6(19u − 1) = 12 × 13v + 6 × (−12v ) = 12 × (−7v |{z}) ; donc : ∈Z

N ≡ 6(mod 12) .

2. a. Soit n0 une solution de (S). Vérifier que le système (S) équivaut à ( n ≡ n0 (mod 19) (mod 12)

n ≡ n0

On a :

(

n0 ≡ 13

(mod 19)

n0 ≡ 6

(mod 12) (

; donc par transitivité :

n ≡ 13

n≡6

b. Démontrer que le système On a : ( n ≡ n0

n ≡ n0

(mod 19) (mod 12)

(mod 19) (mod 12) (

(mod 12)

n ≡ n0

(

⇐⇒

(mod 19)

n ≡ n0

n − n0 ≡ 0

n − n0 ≡ 0

(

⇐⇒

n ≡ n0

n ≡ n0

équivaut à n ≡ n0

(mod 19) (mod 12)

⇐⇒

(

(mod 19) (mod 12)

.

(12 × 19).

19 |(n − n0 )

12 |(n − n0 )

⇐⇒

PPCM (12;19) |(n − n0 ).

12 et 19 sont premiers entre eux, donc : PPCM (12;19) = 12 × 19. D’où : (

n ≡ n0

n ≡ n0

(mod 19) (mod 12)

⇐⇒

(12 × 19) |(n − n 0 )

⇐⇒

n ≡ n0

(12 × 19) .

3. a. Trouver un couple (u ; v ) solution de l’équation 19u + 12v = 1 et calculer la valeur de N correspondante. Utilisons l’algoithme d’Euclide : 19 = 12 + 7

1 = 5−2×2

12 = 7 + 5

= 5 − 2(7 − 5)

7 = 5+2

= −2 × 7 + 3(12 − 7)

5 = 2×2+1

= 3 × 12 − 5(19 − 12)

= −2 × 7 + 3 × 5

= 3 × 12 − 5 × 7

= −5 × 19 + 8 × 12

Donc : (−5 ; 8) est une solution de l’équation : 19u + 12v = 1. La valeur de N correspondante est : N = 13 × 12v + 6 × 19u = 13 × 12 × 8 − 6 × 19 × 5 = 678 . b. Déterminer l’ensemble des solutions de (S) (on pourra utiliser la question B.2.b.).

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Terminales VIII et IX

VI CENTRES ÉTRANGERS 1 JUIN 2006 D’après B.1., B.2.b. et B.3.a. : (S)

⇐⇒

(n − 678) |(12 × 19)

n ≡ 678

⇐⇒

(mod 228)

⇐⇒

n ≡ 222

(mod 228)

Nous en déduisons l’ensemble des solutions de (S) : © ª S = 222 + 228k | k ∈ Z .

4. Un entier naturel n est tel que lorsqu’on le divise par 12, le reste est 6 et lorsqu’on le divise par 19, le reste est 13. On divise n par 228 = 12 × 19. Quel est le reste, r , de cette division ? ( n ≡ 13 (mod 19) ; donc d’après B.3.b. : n ≡ 222 (mod 228) ; or : 0 É 222 < 228 ; donc : On a : n ≡6 (mod 12) r = 222 .

VI Centres étrangers 1 juin 2006 Le but de l’exercice est d’étudier certaines propriétés de divisibilité de l’entier 4n −1, lorsque n est un entier naturel. On rappelle la propriété connue sous le nom de petit théorème de Fermat : ¡ ¢ « si p est un nombre entier et a un entier naturel premier avec p , alors a p−1 − 1 ≡ 0 mod p ». Partie A – Quelques exemples

1. Démontrer que, pour tout entier naturel n , 4n est congru à 1 modulo 3. On a : 4 ≡ 1(mod 3) ; donc, pour tout entier naturel n : 4n ≡ 1n (mod 3) ; d’où il vient : 4n ≡ 1(mod 3) . 2. Prouver à l’aide du petit théorème de Fermat, que 428 − 1 est divisible par 29.

4 est premier avec 29 (29 est premier). Donc d’après le petit théorème de Fermat 429−1 − 1 ≡ 0(mod 2) 9 ou encore 428 − 1 est divisible par 29. 3. Pour 1 É n É 4 , déterminer le reste de la division de 4n par 17. En déduire que, pour tout entier k , le nombre 44k −1 est divisible par 17. On a : 42 = 16 = 17 − 1 ; donc : 42 ≡ −1(mod 17) ; on en déduit en élevant au carré membre à membre : 44 ≡ 1(mod 17) ³ ´k Soit k un entier naturel, en élevant membre à membre à la puissance k, il vient : 44 ≡ 1k (mod 17) ; c’est-à-dire :

44k ≡ 1(mod 17) ; ou encore : 44k − 1 ≡ 0(mod 17). Pour tout entier naturel k :

44k − 1 est divisible par 17.

4. Pour quels entiers naturels n le nombre 4n − 1 est-il divisible par 5 ?

Soit n un entier naturel. On a : 44 ≡ −1(mod 5) ; donc : 44n ≡ (−1)n (mod 5) ; c’est-à-dire : 44n − (−1)n ≡ 0(mod 5). On en déduit que : – si n est pair alors 44n − 1 est multiple de 5 ; – si n est impair alors 44n + 1 est multiple de 5, et donc 44n − 1 ne l’est pas. Pour tout entier naturel, n : 4n − 1 est divisible par 5 si et seulement si n est pair.

5. À l’aide des questions précédentes déterminer quatre diviseurs premiers de 428 − 1.

Diviseurs premiers de 428 − 1 : la question 2. a déjà donné le nombre 29 ; la question 3. a donné le diviseur premier 17 ; la question 4. a donné le diviseur 5. On a donc quatre diviseurs premiers de 428 − 1 : 3;5;17;29 . L’écriture primaire de 428 − 1 est en fait : 428 − 1 = 3 × 5 × 17 × 29 × 43 × 113 × 127 × 5 790 321.

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VII ASIE JUIN 2006 Partie B – Divisibilité par un nombre premier

Soit p un nombre premier différent de 2. ¡ ¢ 1. Démontrer qu’il existe un entier n Ê 1 tel que 4n ≡ 1 mod p .

4 ¡= 22 ; si¢ p est premier de 2, il est premier avec 4, donc d’après le petit théorème de Fermat 4p−1 − 1 ≡ ¡ différent ¢ p−1 0 mod p ou 4 ≡ 1 mod p . Le premier premier différent de 2 est 3, donc n = p − 1 Ê 1. ¡ ¢ 2.¡ Soit n¢ Ê 1 un entier naturel tel que 4n ≡ 1 mod p . On note b le plus petit entier strictement positif tel que 4b ≡ 1 mod p et r le reste de la division euclidienne de n par b . ¡ ¢ a. Démontrer que 4r ≡ 1 mod p . En déduire que r = 0. ¡ ¢ ¡ ¢ On a donc : 4n ≡ 1 mod p , 4b ≡ 1 mod p et n = bq + r avec r < b. On déduit de la seconde congruence que 4bq ≡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 1 ¡mod p ¢ et par quotient avec 4bq+r ≡ 1 mod p que 4r ≡ 1 mod p . Or b étant le plus petit naturel vérifiant 4b ≡ r 1 mod p , il en résulte que 4 = 1 ou encore r = 0. b. Prouver l’équivalence : 4n − 1 est divisible par p si et seulement si n est multiple de b . ¡ ¢ On vient démontrer dans la question précédente que si 4n ≡ 1 mod p , alors n est multiple de b, b étant le plus naturel ¡ ¢ b positif tel que 4 ≡ 1 mod p . ³ ´k ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ Inversement si n = kb, de 4b ≡ 1 mod p , on déduit que 4b ≡ 1k mod p soit 4n ≡ 1 mod p . L’équivalence est donc démontrée. c. En déduire que b divise p − 1. ¡ ¢ ¡ ¢ D’après la question B.1. 4p−1 ≡ 1 mod p et soit b le plus petit entier tel que 4b ≡ 1 mod p . D’après la question 2.b. il en résulte que p − 1 est multiple de b ou encore b (non nul) divise p − 1.

VII Asie juin 2006 Étant donné un entier naturel n Ê 2, on se propose d’étudier l’existence de trois entiers naturels x, y et z tels que ¡ ¢ x 2 + y 2 + z 2 ≡ 2n − 1 mod 2n . Partie A – Étude de deux cas particuliers

1. Dans cette question on suppose n = 2. Montrer que 1, 3 et 5 satisfont à la condition précédente.

On a : 12 + 32 + 52 = 35 = 8 × 4 + 3, d’où : 12 + 32 + 52 ≡ 3(mod 4).

Le triplet (1 ; 3 ; 5) est donc solution.

2. Dans cette question, on suppose n = 3. a. Soit m un entier naturel. Reproduire et compléter le tableau ci-dessous donnant le reste r de la division euclidienne de m par 8 et le reste R de la division euclidienne de m 2 par 8. r R Par exemple pour, r = 3 , on a :

0 0

1 1

m ≡ 3(mod 8)

=⇒

2 4

3 1

4 0

5 1

m 2 ≡ 9(mod 8)

=⇒

6 4

7 1

m 2 ≡ 1(mod 8)

Donc, si r = 3, alors : R = 1.

b. Peut-on trouver trois entiers naturels x, y et z tels que x 2 + y 2 + z 2 ≡ 7(mod 8) ?

Les seuls restes possibles sont donc 0, 1 et 4. Avec trois carrés la somme des restes ne peut être que 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, mais pas 7. Il n’existe pas d’entiers x, y, z tels que x 2 + y 2 + z 2 ≡ 7(mod 8). Partie B – Étude du cas général où n Ê 3

Supposons qu’il existe trois entiers naturels x , y et z tels que : ¡ ¢ x 2 + y 2 + z 2 ≡ 2n − 1 mod 2n .

1. Justifier le fait que les trois entiers naturels x , y et z sont tous impairs ou que deux d’entre eux sont pairs. S’il existe trois entiers ¡ naturels ¢ x, y et z tels que x 2 + y 2 + z 2 ≡ 2n − 1 mod 2n alors x 2 + y 2 + z 2 = 2n q + 2n − 1 = 2n (q + 1) − 1, donc cette somme est impaire. Donc : – aucun des trois n’est pair ; – il ne peut y avoir un pair et deux impairs car la somme des carrés serait paire ; – il peut y avoir deux pairs ; – il ne peut y avoir trois pairs, car la somme des carrés serait paire.

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Terminales VIII et IX

VIII AMÉRIQUE DU NORD JUIN 2006 2. On suppose que x et y sont pairs et que z est impair. On pose alors x = 2q , y = 2r , z = 2s + 1 où q , r , s sont des entiers naturels. a. Montrer que x 2 + y 2 + z 2 ≡ 1(mod 4).

³ ´ Donc x 2 + y 2 + z 2 = 4q 2 + 4r 2 + 4s 2 + 4s + 1 = 4 × q 2 + r 2 + s 2 + s + 1.

Conclusion x 2 + y 2 + z 2 ≡ 1(mod 4)

b. En déduire une contradiction. ¡ ¢ Or on a supposé que x + y + z ≡ 2 − 1 mod 2n soit x 2 + y 2 + z 2 = 2n × q + 2n − 1 = 4α − 1 (car n est au moins égal à 3). Ceci est impossible : un multiple de 4 plus 1 ne peut être égal à un multiple de 4 moins 1. En effet s’il existe α et β tels que : 8α−1 = 8β+1 alors 8α−8β = 2 ⇐⇒ 4α−4β = 1. La différence de deux multiples de 4 ne peut être égale à 1. Conclusion ; il n’existe pas de triplet solution avec un seul impair. 3. On suppose que x, y, z sont impairs. 2

2

2

n

a. Prouver que, pour tout entier naturel k non nul, k 2 + k est divisible par 2.

Pour tout naturel k non nul, k 2 + k = k × (k + 1),est le produit de deux naturels consécutifs, l’un d’eux est pair, donc : k 2 + k est divisible par 2.

b. En déduire que x 2 + y 2 + z 2 ≡ 3(mod 8).

Posons : x = 2q + 1, y = 2r + 1 et z = 2s + 1 ; on a : x 2 + y 2 + z 2 = 4q 2 + 4q + 1 + 4r 2 + 4r + 1 + 4s 2 + 4s + 1 = 4

h³

´ ³ ´ ³ ´i q 2 + q + r 2 + r + s 2 + s + 3.

Or d’après la question précédente chaque entier entre parenthèse est pair, donc x 2 + y 2 +z 2 = 4×(2x ′ +2y ′ +2z ′ )+3 = 8(x ′ + y ′ + z ′ ) + 3 ; d’où il vient : x 2 + y 2 + z 2 ≡ 3(mod 8) .

c. Conclure. Supposons qu’il existe une solution, (x, y, z). On aurait : x 2 + y 2 + z 2 = 23 × 2n−3 q − 1. Or puisque n Ê 3, on en déduirait que : x 2 + y 2 + z 2 ≡ −1(mod 8). Ce qui est contradictoire avec le résultat établi en B.3.b. car : −1 . 3(mod 8). Pour n Ê 3 le problème proposé n’a pas de solution.

VIII Amérique du nord juin 2006 Le plan est muni d’un repère orthonormal direct (O ;~ u ,~ v ) (unité graphique : 4 cm). Soit Ω le point d’affixe 2. p π 2 . On appelle r la rotation de centre Ω et d’angle et h l’homothétie de centre Ω et de rapport 4 2 1. On pose σ = h ◦ r . a. Quelle est la nature de la transformation σ ? Préciser ses éléments caractéristiques. p π 2 par l’homothétie de même centre et de rapport , donc : 4 2 p 2 π σ est la similitude directe de centre Ω, de rapport et d’angle 2 4

σ est la composée de la rotation de centre Ω et d’angle

b. Montrer que l’écriture complexe de σ est : z 7−→

1+i z +1−i . 2

Soit M(z) un point quelconque et M′ (z ′ ) son image par σ. D’après 1.a., on a : p 2 i π e 4 (z − 2) z′ − 2 = 2 p p Ãp p ! 2 2 2 2 iπ 1 1+i 1 Or : e 4 = +i . Donc : = +i = 2 2 2 2 2 2 2 z′ =

p

2 i e 2

π 4

(z − 2) + 2 =

1+i 1+i 1+i z − (1 + i ) + 2 = z +1−i . (z − 2) + 2 = 2 2 2

σ a bien pour écriture complexe : z 7−→

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(VIII-1)

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1+i z +1−i . 2

Terminales VIII et IX

VIII AMÉRIQUE DU NORD JUIN 2006 c. Soit M un point ¡quelconque du plan d’affixe z . On désigne par M′ son image par σ et on note z ′ l’affixe de M′ . ′ ′¢ Montrer que z − z = i 2 − z .

D’après 1.b. : z ′ =

1+i z +1−i . 2

1 On en déduit que : z ′ − i z ′ = (1 − i )z ′ = (1 − i )(1 + i ) z + (1 − i )2 = z − 2i ; d’où : 2 ¡ ¢ z − z′ = i 2 − z′ .

2. Question de cours Prérequis : définitions géométriques du module d’un nombre complexe et d’un argument d’un nombre complexe non nul. Propriétés algébriques des modules et des arguments. a. Démontrer que : si A est un point donné d’affixe a , alors l’image du point P d’affixe p par la rotation de centre π est le point Q d’affixe q telle que q − a = i (p − a). 2

A et d’angle

Si Q(q) est l’image de P(p) par le quart de tour direct de centre A(a) alors, d’après la définition du quart de tour direct, lorsque P , A : ° ° ° ° ³−−→ −−→´ π °−−→° °−−→° et AP , AQ ≡ (mod 2π) . °AP ° = °AQ ° 2 C’est-à-dire : ° ° °−−→° ³−−→ −−→´ π °AQ ° ° ° (VIII-2) et AP , AQ ≡ (mod 2π) °−−→° 2 °AP ° −−→ −−→ Or les vecteurs AP et AQ ont respectivement pour affixes p − a et q − a donc, daprès les propriétés géométriques du π q −a modules et des arguments, (VIII-2) se traduit par : = 1ei 2 = i ; d’où il vient : p −a q − a = i (p − a) . Si P est en A, alors A, Q, P sont confondus et donc : a = p = q. On en déduit que l’égalité recherchée est encore vérifiée. b. Déduire des questions précédentes la nature du triangle ΩMM′ , pour M distinct de Ω. −−−→ −−−→ ¡ ¢ D’après 1.c. : z − z ′ = i 2 − z ′ ; or z − z ′ et 2 − z ′ sont les affixes respectives de M′ M et M′ Ω donc, d’après 2.a., Ω est l’image de M par le quart de tour direct de centre M′ ; on en déduit que : Le triangle ΩMM′ est isocèle rectangle en M′ et orienté dans le sens indirect. 3. Soit A0 le point d’affixe 2 + i . On considère la suite (An ) de points du plan définis par :

pour tout entier naturel n, An+1 = σ(An ) . a. Montrer que, pour tout entier naturel n , l’affixe a n de An est donnée par : Ã p !n (n+2)π 2 an = ei 4 +2. 2 D’après (VIII-1), pour tout entier naturel n : a n+1 − 2 =

p 2 i e 2

π 4

(a n − 2) .

On en déduit que la suite (a n −2) est une suite géometrique de raison

i.

Pour tout entier naturel n, on a donc : Ãp 2 i an − 2 = e 2

π 4

!n

i

=

Ã p !n 2 ei 2

nπ 4

ei

p 2 i e 2

2π 4

=

π 4

et de premier terme : a 0 −2 = (2+i )−2 =

Ã p !n 2 ei 2

(n+2)π 4

.

On en déduit que pour tout entier naturel n : an =

Ã p !n 2 ei 2

(n+2)π 4

+2 .

b. Déterminer l’affixe de A5 . En particulier, pour n = 5 : Ã p !5 2 a5 = ei 2

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7π 4

Ã p !6 2 p −i 2e +2 = 2

13/40

π 4

+2 =

1 17 1 (1 − i ) + 2 = − i . 8 8 8

Terminales VIII et IX

IX ANTILLES GUYANE JUIN 2006 4. Déterminer le plus petit entier n0 tel que l’on ait : pour n Ê n0 , le point An est dans le disque de centre Ω et de rayon 0,01. D’après 3.a., pour tout entier naturel n, on a : Ã p !n 2 . An Ω = |a n − 2| = 2

La distance entre An et Ω est donc une fonction décroissante de n, de plus : donc :

Ã p !13 Ã p !14 2 2 = 0,011· · · et = 0,007· · · ; 2 2

n 0 = 14 .

IX Antilles Guyane juin 2006 Sur la figure donnée en

ANNEXE

2, on considère les carrés OABC et OCDE tels que : ³−−→ −−→´ ³−−→ −−→´ π OA ; OC = OC ; OE = . 2

On désigne par I le milieu du segment [CD], par J le milieu du segment [OC] et par H le point d’intersection des segments [AD] et [IE]. 1. Justifier l’existence d’une similitude directe s transformant A en I et D en E. Une similitude directe est déterminée par deux points distoincts et leur image. A et D sont distincts, I et E aussi ; donc : Il existe une unique similitude directe s transformant A en I et D en E. 2. Déterminer le rapport de cette similitude s . IE . AD Soit r le quart de tour direct dont le centre est celui du carré OCDE. r transforme respectivement O, C, D, E en C, D, E, O et conserve le milieu donc : r (J) = I. 1 Les isométries conservent les longueurs donc : IE = JD = AD. 2

Le rapport cherché est :

s est une similitude de rapport On admet que l’angle de la similitude s est égal à

1 . 2

π . 2

3. Donner, sans justifier, l’image de B par s . π , elle transforme donc une droite en une droite perpendiculaire. 2 On a : s(A) = D ; donc : s(AB) = (DB) ; de même : s(DB) = (ED). B est le point d’intersection des droites (AB) et (DB), donc son image par s est le point d’intersection des droites (DB) et (ED). s est une similtude d’angle

s(B) = D . 4. Déterminer et placer l’image de C par s . C est le milieu du segment [BD] et s conserve le milieu donc s(C) est le milieu de [s(B)s(D)], c’est-à-dire de [DE]. Désignons par K ce point. s(C) = K . 5. Soit Ω le centre de la similitude s .

a. Montrer que Ω appartient au cercle de diamètre [AI] et à celui de diamètre [DE]. ³−−→ −→´ π π s est similitude de centre Ω et d’angle , qui transforme A en I, donc : ΩA , ΩI = . On en déduit que : 2 2 Ω est un point du cercle de diamètre [AI]

D’après l’énoncé : s(D) = E ; on en déduit de même que : Ω est un point du cercle de diamètre [DE] b. Montrer que Ω ne peut être le point H. 1 HD. 2 Or H est un point du segment [DJ] qui est lui-même inclus dans le demi-pln fermé de frontière la médiatrice de [DE] et contenant D, donc H est un point de ce demi-plan d’où : HD É HE. 1 La proposition : « HE = HD » est donc fausse. 2

Si H était Ω, en utilisant le rapport de la similitude s, on aurait : HE =

Ω n’est pas le point H.

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

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Terminales VIII et IX

X POLYNÉSIE JUIN 2006

A NNEXE II

–

À compléter et à rendre avec la copie C

I

Db

H

b

b

K

b

Ω

J

M b

b

b

b

E

bB

b

b

b

A

O

F IG . 4 – Annexe de l’exercice IX c. Construire Ω. L’intersection de deux deux cercles est constituée au maximum de deux points distincts. H et Ω sont deux points distincts de l’intersection des cercles de diamètres [AI] et [DE]. Pour construire Ω, il suffit donc de tracer ces deux cercles et Ω est le point d’intersection qui n’est pas H (voir annexe 2). ³ −−→ −−→´ 6. On considère le repère orthonormal direct O; OA , OC . a. Déterminer l’écriture complexe de la similitude s .

s est une similitude directe de rapport forme : z ′ =

i 2

1 π 1 et d’angle , de plus : ei 2 2 2

π 2

i =

2

; donc s à une écriture complexe de la

z + b.

1 1 i 1 i De plus s transforme A(1) en I(− + i ), donc b vérifie : − + i = × 1 + b ; d’où : b = − + . 2 2 2 2 2 s a pour z′ =

i 2

z−

1 i + . 2 2

b. En déduire l’affixe du centre Ω de s . Ω est le point fixe de s, son affixe est donc solution de l’équation : z= (IX-3)

⇐⇒

(2 − i )z = −1 + i

⇐⇒

z=

i 2

z−

1 i + 2 2

(−1 + i )(2 + i ) (2 − i )(2 + i )

(IX-3)

⇐⇒

3 1 z =− + i . 5 5

3 1 Ω a pour affixe : − + i . 5 5

X Polynésie juin 2006 Pour chacune des cinq propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et donner une démonstration de la réponse choisie. Une réponse non démontrée ne rapporte aucun point. 1. Proposition 1 : « pour tout entier naturel n , 3 divise le nombre 22n − 1 ». Vrai. ³ ´n Soit n ∈ N. On a : 4−1 = 3 ; donc : 4 ≡ 1(mod 3) ; d’où : 4n ≡ 1n (mod 3) ; or : 4n = 22 = 22n ; donc : 22n −1 ≡ 0(mod 3). 2. Proposition 2 : « Si un entier relatif x est solution de l’équation x 2 + x ≡ 0

(mod 6) alors x ≡ 0

(mod 3) ».

Faux.

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

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Terminales VIII et IX

XI POLYNÉSIE JUIN 2005 Pour x = 2, on a : x 2 + x ≡ 0(mod 6) et x ≡ 2(mod 3). 3. Proposition 3 : « l’ensemble des couples d’entiers relatifs (x ; y) solutions de l’équation 12x −5y = 3 est l’ensemble des couples (4 + 10k ; 9 + 24k) où k ∈ Z ». Faux. (−1;−3) est solution car : 12 × (−1) − 5 × (−3) = 15 − 12 = 3 ; pourtant il n’existe pas d’entier k tel que −1 = 4 + 10k, en effet les deux membres de cette égalité seraient de parités différentes. 4. Proposition 4 : « il existe un seul couple (a ; b) de nombres entiers naturels, tel que a < b et PPCM(a, b) − PGCD(a, b) = 1 ». Vrai. Soit (a,b) un tel couple (s’il en existe). On a : a < b ; donc : PGCD (a,b) É a < b É PPCM (a,b). La condition PPCM (a,b) − PGCD (a,b) = 1 impose alors : PGCD (a,b) = a et b = a + 1 = PPCM (a,b). On a en particulier : a|a + 1 ; c’est-à-dire : PGCD (a, a + 1) = a ; or deux entiers consécutifs sont premiers entre eux, donc : a = 1 et b = 2. Vérification : 1 < 2 et PPCM (1,2) − PGCD (1,2) = 2 − 1 = 1. 5. Deux entiers naturels M et N sont tels que M a pour écriture abc en base dix et N a pour écriture bca en base dix. Proposition 5 : « Si l’entier M est divisible par 27 alors l’entier M − N est aussi divisible par 27 ». Vrai. On a : M = 100a + 10b + c et N = 100b + 10c + a ; donc : ¡ ¢ M − N = 99a − 90b − 9c = 9(11a − 10b − c) = 9 12a − 9b − (a + b + c) .

Si M est multiple de 27 alors il est en particulier multiple de 3 et : a + b + c = 3k (avec k ∈ Z) ; on a alors : M − N = 27(4a − 3b − k) avec (4a − 3b − k) ∈ Z.

XI Polynésie juin 2005 On considère la suite (un ) d’entiers naturels définie par ( u0 = 14

un+1 = 5un − 6 pour tout entier naturel n

1. Calculer u1 , u2 , u3 et u4 . Quelle conjecture peut-on émettre concernant les deux derniers chiffres de un ? On a : u 1 = 5u 0 − 6 = 64 . u 2 = 5u 1 − 6 = 314 . u 3 = 5u 2 − 6 = 1564 . u 4 = 5u 3 − 6 = 7814 .

On conjecture que :

les deux derniers chiffres de l’écriture décimale de u n sont :

(

14 si n est pair 64 si n est impair

.

2. Montrer que, pour tout entier naturel n, un+2 ≡ un (mod 4). En déduire que pour tout entier naturel k, u2k ≡ 2(mod 4) et u2k+1 ≡ 0(mod 4)). Pour tout entier naturel n : un+2 = 5un+1 − 6 = 5(5un − 6) − 6 = 25un − 36.

On en déduit que : un+2 − un = 24un − 36 = 4(6un − 9). Donc pour tout entier naturel n : | {z } ∈Z

u n+2 ≡ u n (mod 4) .

On a : u0 = 14 = 2 + 4 × 3 et u1 = 64 = 4 × 16 ; donc pour tout k ∈ N : u0 ≡ 2(mod 4)

u1 ≡ 0(mod 4)

u4 ≡ u2 (mod 4)

u5 ≡ u3 (mod 4)

u2 ≡ u0 (mod 4)

u3 ≡ u1 (mod 4)

.. .

u2k ≡ u2k−2 (mod 4)

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

.. .

u2k+1 ≡ u2k−1 (mod 4)

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Terminales VIII et IX

XII AMÉRIQUE DU SUD NOVEMBRE 2004 D’où, par transitivité, pour tout entier naturel k : u 2k ≡ 2(mod 4)

u 2k+1 ≡ 0(mod 4)

.

3. a. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n , 2un = 5n+2 + 3.

Désignons, pour tout entier naturel n, par Pn la proposition : « 2un = 5n+2 + 3 ». initialisation Pour n = 0, on a :

5n+2 + 3 = 25 + 3 = 28.

2un = 2 × 14 = 28

Donc la proposition est vraie pour n = 0.

induction Supposons la proposition vraie pour un indice n donné, démontrons la pour l’indice n + 1. On a : 2un+1 = 2(5un − 6) (c’est la définition de (un )) = 5 × 2un − 12 ³ ´ = 5 5n+2 + 3 − 12 (n+1)+1

=5

(hypothèse de récurrence)

+3

Donc, par récurrence, pour tout entier naturel n : 2u n = 5n+2 + 3 . b. En déduire que, pour tout entier naturel n , 2un ≡ 28(mod 100). Soit n un entier naturel, on a donc : ¡ ¢ 2un − 28 = 5n+2 + 3 − 28 = 52 × 5n − 25 = 25 5n − 1 .

Or : 5 ≡ 1(mod 4) ; donc : 5n ≡ 1n (mod 4) ; d’où : 5n − 1 ≡ 0(mod 4). 2un − 28 est multiple de 25 et de 4, il est donc multiple de leur PPCM. 4 et 25 n’ont pas de diviseur premier commun, ils sont donc premiers entre eux, d’où : PPCM (4;25) = 4 × 25 = 100. Donc, pour tout entier naturel n : 2u n ≡ 28(mod 100) . 4. Déterminer les deux derniers chiffres de l’écriture décimale de un suivant les valeurs de n . Soit n un entier naturel, il existe un entier naturel k tel que : 2un = 100k + 28 ; donc : un = 50k + 14 = 4(12k + 4) + 2(k − 1). Donc : un ≡ 2(k − 1) (mod 4). Or : ( ( 2(k − 1) ≡ 2(mod 4) si k est pair un ≡ 2(mod 4) si n est pair et 2(k − 1) ≡ 0(mod 4) si k est impair un ≡ 0(mod 4) si n est impair On en déduit que k et n ont la même parité. ¡ ¢ Si n est pair k = 2j j ∈ N donc : un = 50k + 14 = 100j + 14. ¡ ¢ Si n est impair k = 2j + 1 j ∈ N donc : un = 50k + 14 = 100j + 64. Les deux derniers chiffres de l’écriture décimale de u n sont :

(

14 si n est pair 64 si n est impair

5. Montrer que le PGCD de deux termes consécutifs de la suite (un ) est constant. Préciser sa valeur. Soit n un entier naturel et δ le pgcd de un et un+1 . On sait que : un+1 − 5un = 6 et δ| un+1 − 5un ; donc δ| 6 ; on en déduit que δ ne peut pas prendre d’autre valeur que : 1 ; 2 ; 3 et 6. D’après 2., (un ) est une suite d’entiers pairs donc δ ne peut pas prendre d’autre valeur que : 2 et 6. D’après 3.a. : 2un = 5n+2 +3, dons si un était multiple de 3, 2un −3 (c’est-à-dire 5n+2 ) le serait aussi, mais ce n’est pas le cas donc : Pour tout entier naturel n : PGCD (u n ;u n+1 ) = 2.

XII Amérique du sud novembre 2004 Soit A0 et B0 deux points du plan orienté tels que A0 B0 = 8. On prendra le centimètre pour unité. 1 3π Soit S la similitude directe de centre A0 , de rapport et d’angle . 2 4 On définit une suite de points (Bn ) de la façon suivante : pour tout entier naturel n , Bn+1 = S(Bn ).

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

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Terminales VIII et IX

XII AMÉRIQUE DU SUD NOVEMBRE 2004 1. Construire B1 , B2 , B3 et B4 . Par définition de S, les points B1 , B2 , B3 et B4 sont les points tels que : ³−−−−→ −−−−→´ 3π 1 • A0 B0 , A0 B1 = et A0 B1 = A0 B0 = 4 ; 4 2 ³−−−−→ −−−−→´ ³−−−−→ −−−−→´ ³−−−−→ −−−−→´ 3π 1 • A0 B0 , A0 B2 = A0 B0 , A0 B1 + A0 B1 , A0 B2 = et A0 B2 = A0 B1 = 2 ; 2 2 ³−−−−→ −−−−→´ ³−−−−→ −−−−→´ ³−−−−→ −−−−→´ 9π ³−−−−→ 1 −−−−→´ π • A0 B0 , A0 B3 = A0 B0 , A0 B2 + A0 B2 , A0 B3 = , soit A0 B0 , A0 B3 = et A0 B3 = A0 B2 = 1 ; 4 4 2 ³−−−−→ −−−−→´ ³−−−−→ −−−−→´ ³−−−−→ −−−−→´ 1 1 • A0 B0 , A0 B4 = A0 B0 , A0 B3 + A0 B3 , A0 B4 = π et A0 B4 = A0 B3 2 = ; 2 2 On en déduit la figure 5.

B1

B1

∆

4 3π 4

B4

B3

B3

B4 AA 0 0

B00

8

2

B B22 F IG . 5 – E XERCICE XII 2. Montrer que, pour tout entier naturel n , les triangles A0 Bn Bn+1 et A0 Bn+1 Bn+2 sont semblables. Pour tout entier naturel n, les images des points A0 , Bn , Bn+1 par la similitude directe S sont respectivement A0 , Bn+1 , Bn+2 ; donc : pour tout entier naturel n, les triangles A0 Bn Bn+1 et A0 Bn+1 Bn+2 sont directement semblables. 3. On définit la suite (l n ) par : pour tout entier naturel n , l n = Bn Bn+1 . a. Montrer que la suite (l n ) est une suite géométrique et préciser sa raison. 1 , elle divise donc les distance par 2. Pour tout entier naturel n, les images des points 2 1 1 Bn et Bn+1 par S sont Bn+1 et Bn+2 , donc : l n+1 = Bn+1 Bn+2 = = Bn Bn+1 = l n . 2 2

S est une similitude de rapport

(l n ) est une suite géométrique de raison

1 . 2

b. Exprimer l n en fonction de n et de l 0 . (l n ) est une suite géométrique de raison

1 , donc pour tout entier naturel n : 2 1 ln = n l0 . 2

c. On pose Σn = l 0 + l 1 + · · · + l n . Déterminer la limite de Σn lorsque n tend vers +∞.

µ ¶ 1 1 − n+1 1 2 = 2l 1 − ; donc : = 0 ; de plus, pour tout entier naturel n : Σ = l n 0 0 n→+∞ 2n+1 2n+1 1 − 12

On sait que : lim

1

lim Σn = 2l 0 .

n→+∞

Or,par définition de l 0 et en utilisant le théorème d’A L K ASHI dans le triangle A0 B0 B1 , il vient : Ã p ! ³ p p ´ 2 3π 2 2 2 2 = 16 + 64 − 2 × 4 × 8 − = 80 + 32 2 = 16 5 + 2 2 l 0 = B0 B1 = A0 B1 + A0 B0 − 2 A0 B1 A0 B0 cos 4 2 On sait que l 0 est positif (l 0 est une distance), donc : lim Σn = 8 n→+∞

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

q

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5+2

p

2 .

Terminales VIII et IX

XIII AMÉRIQUE DU NORD JUIN 2004 Soit : lim Σn = 22,383· · · n→+∞

4. a. Résoudre l’équation 3x − 4y = 2 où x et y sont deux entiers relatifs. Désignons par (E) cette équation. On remarque immédiatement que (2;1) est une solution évidente. On en déduit que : (E) ⇐⇒ 3x − 4y = 3 × 2 − 4 × 1 ⇐⇒ 3(x − 2) = 4(y − 1).

Raisonnons par conditions nécessaires. Soit (x ; y) une solution de (E). 4 divise 3(x − 2) et est premier avec 3 donc, d’après le théorème de G AUSS , 4 divise (x − 2) ; il existe donc un entier relatif k tel que : (x − 2) = 4k ; soit : x = 4k + 2. On en déduit que : 3 × 4k = 4(y − 1) ; d’où : y = 3k + 1. Les couples solutions sont donc nécessairement de la forme : (4k + 2;3k + 1) où k est un entier. Réciproquement, pour tout k ∈ Z, on a : 3(4k +2)−3(4k +1) = 12k +6−12k −4 = 2 ; donc : (4k +2;3k +1) est solution de (E). ¯ © ª SE = (4k + 2;3k + 1)¯ k ∈ Z .

b. Soit ∆ la droite perpendiculaire en A0 à la droite (A0 B0 ). Pour quelles valeurs de l’entier naturel n , Bn appartient-il à ∆ ? ³−−−−→ −−−−→´ 3π À chaque itération l’angle A0 B0 , A0 Bn augmente de rad et pour n = 0 cet angle est nul, on en déduit que pour 4 tout entier naturel n : ³−−−−→ −−−−→´ 3π n (mod 2π) . A0 B0 , A0 Bn = 4 De plus, pour tout entier naturel n : ³−−−−→ −−−−→´ π −−−−→ −−−−→ Bn ∈ ∆ ⇐⇒ A0 B0 ⊥ A0 Bn ⇐⇒ A0 B0 , A0 Bn = + mπ (m ∈ Z). 2 Donc Bn appartient à ∆ si et seulement si il existe un entier m tel que : 3π π n = + mπ. 4 2 En multipliant (E’) membre à membre par (E’)

⇐⇒

(E’)

4 et posant : x = n et y = m ; il vient : π

3n = 2 + 4m

⇐⇒

3n − 4n = 2

⇐⇒

3x − 4y = 2

⇐⇒

(E)

On en déduit que : Bn appartient à ∆ si et seulement si il existe un entier k tel que : n = 4k + 2.

XIII Amérique du nord juin 2004 ~ ,~ Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal (O ; u v ). Soient les points A, A’, B, B’ d’affixes respectives : zA = 1 − 2i ,

zA′ = −2 + 4i ,

zB = 3 − i ,

zB′ = 5i .

1. a. Placer les points A, A’, B, B’ dans le plan complexe. Montrer que ABB’A’ est un rectangle. −−→ −−−→ −−→ −−−→ = zB′ − zA′ = 2 − i ; donc : AB = A′ B′ ; on en Les vecteurs AB et A′ B′ ont pour affixes : z−−→ = zB − zA = 2 − i et z−−′−→ ′ AB

AB

déduit que ABB’A’ ¯ est un¯parallélogramme. ¯ ¯ p ¯ ¯ ¯ ¯ p De plus : AB′ = ¯zB′ − zA ¯ = ¯−1 + 7i ¯ = 50 et A′ B = ¯zB − zA′ ¯ = ¯5 − 5i ¯ = 50 ; donc les diagonales du parallélogramme ABB’A’ ont même longueur : ABB’A’ est un rectangle.

′

b. Soit s la réflexion telle que s(A) = A et s(B) = B′ . On note (∆) son axe. Donner une équation de la droite (∆) et la tracer dans le plan complexe. La droite (∆) a pour équation1 : x − 2y −

5 =0 . 2

c. On note z ′ l’affixe du point M’ image par s du point M d’affixe z . Montrer que ¶ µ 3 4 + i z + 2i − 1. z′ = 5 5 ¶ µ ¶ µ 1 −−→ 1 (voir Pour trouver cette équation, il suffit de remarquer que (∆) passe par le point I − + i , milieu de [AA’] et a pour vecteur normal OA −2 2 figure 6 page 21). 1

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

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Terminales VIII et IX

XIII AMÉRIQUE DU NORD JUIN 2004 s est une similitude indirecte, elle a donc une écriture complexe¡ de la forme :¡ z ′ = az ¢+ b ; ¢ on a : zA′ = azA + b et zB′ = azB + b ; donc : z−−′−→′ = zB′ − zA′ = a zB − zA = a zB − zA = az−−→ . AB AB z−−′−→ 2+i (2 + i )2 3 4 A B′ = + i. = = 2 On en déduit que : a = z−−→ 5 5 2 + 12 2−i AB ¢ 1¡ De plus b = zA′ − azA = −2 + 4i − 3 + 4i (1 + 2i ) = −2 + 4i + 1 − 2i = −1 + 2i ; 5 donc s a pour écriture complexe : ¶ µ 3 4 + i z + 2i − 1 . z′ = 5 5 Autre méthode Soit s’ l’application plane d’écriture complexe : ¶ µ 3 4 + i z + 2i − 1. z′ = 5 5 s’ estµdonc similitude indirecte. De plus, pour z = zA , on a : ¶ ¢ 3 4 ¡ ′ + i 1 + 2i + 2i − 1 = −1 + 2i + 2i − 1 = zA′ ; donc : s′ (A) = A′ . z = 5 5 ¶ µ ¢ 3 4 ¡ + i 3 + i + 2i − 1 = 1 + 3i + 2i − 1 = zB′ ; donc : s′ (B) = B′ . Pour z = zB , on a : z ′ = 5 5 s−1 ◦ s′ , composée de deux similitudes indirectes est une similitude directe. De plus : s−1 ◦ s′ (A) = s−1 (A′ ) = A et s−1 ◦ s′ (B) = s−1 (B′ ) = B. La similitude directe s−1 ◦ s′ a deux point fixes distincts, donc : s−1 ◦ s′ = Id. En composant membre à membre à gauche par s dans la dernière égalité, il vient : s′ = s. µ ¶ 3 4 s a pour écriture complexe : z ′ = + i z + 2i − 1. 5 5 2. Soit g l’application du plan dans lui-même qui à tout point M d’affixe z associe le point P d’affixe z ′ définie par : µ ¶ 6 8 z′ = − − i z + 5 − i . 5 5 a. On note C et D les images respectives de A et B par g ; déterminer les affixes de C et D et placer ces points dans le plan complexe. µ ¶ 6 8 2 C a pour affixe : zC = − − i zA + 5 − i = − (3 + 4i )(1 + 2i ) + 5 − i = 7 − 5i . 5 5 5 zC = 7 − 5i . µ

¶

2 6 8 D a pour affixe : zD = − − i zB + 5 − i = − (3 + 4i )(3 + i ) + 5 − i = 3 − 7i . 5 5 5 zD = 3 − 7i . b. Soit Ω le point d’affixe 1 + i et soit h l’homothétie de centre Ω et rapport −2. Montrer que C et D sont les images respectives de A’ et B’ par h. ¡ ¢ h a pour écriture complexe : z ′ − (1 + i ) = −2 z − (1 + i ) ; c’est-à-dire : z ′ = −2z + 3 + 3i . Pour z = zA′ , il vient : z ′ = −2(−2 + 4i ) + 3 + 3i = 7 − 5i = zC ; pour z = zB′ , il vient : z ′ = −2 × 5i + 3 + 3i = 3 − 7i = zD ; donc : h(A′ ) = C

et

h(B′ ) = D .

c. Soit M1 , d’affixe z1 , l’image par h de M, d’affixe z . Donner les éléments caractéristiques de h−1 et exprimer z en fonction z1 . 1 h−1 est l’homothétie de centre Ω et de rapport − . 2 On sait que : z1 = −2z + 3 + 3i ; donc :

1 3 3 z = − z1 + + i . 2 2 2

3. On pose : f = h−1 ◦ g. a. Déterminer l’expression complexe de f. f a pour expression complexe : z′ = − c’est-à-dire :

1 2

¶ µµ ¶ 6 8 3 3 − − i z +5−i + + i ; 5 5 2 2

z′ =

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

µ

¶ 3 4 + i z + 2i − 1 . 5 5

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Terminales VIII et IX

XIV CENTRES ÉTRANGERS 1 JUIN 2004 b. Reconnaître f. En déduire une construction du point P, image par g d’un point M quelconque donné du plan. f et s ont la même expression complexe, donc : f=s . On a : s = h−1 ◦ g ; donc en composant membre à membre à gauche par h, il vient : g = h ◦ s. Pour construire l’image P d’un point M par g, il suffit de construire le symétrique, M’, de M par rapport à (∆), P est alors l’image de M’ par h (voir figure ci-dessous).

M’ M’

B’ B’

(∆)

//

A’ A’

d

/

K

/

//

Q

J

I Ω Om

M M

/

~ v

/

~ u O

BB A A

CC

P P

D D

F IG . 6 –

XIV Centres étrangers 1 juin 2004 On se propose d’étudier le problème suivant : « Les nombres dont l’écriture décimale n’utilise que le seul chiffre 1 peuvent-ils être premiers ? » Pour tout entier naturel p Ê 2, on pose : Np = 1· · · 1 où 1 apparaît p fois. On rappelle dès lors que : Np = 10p−1 + 10p−2 + · · · + 100 . 1. Les nombres N2 = 11, N3 = 111, N4 = 1111 sont-ils premiers ? N2 est un nombre premier. On a : 111 = 3 × 37 et 1111 = 11 × 101 ; donc :

N3 et N4 ne sont pas des nombres premiers.

2. Prouver que : Np =

10p − 1 9

. Peut-on être certain que 10p − 1 est divisible par 9 ?

Soit p un entier naturel (avec p Ê 2). On a : Np = 100 + · · · + 10p−2 + 10p−1 ;

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Terminales VIII et IX

XIV CENTRES ÉTRANGERS 1 JUIN 2004 donc Np est la somme des p premiers termes de la suite géométrique de raison 10 et de premier terme 1, on déduit que : Np =

1 − 10p 10p − 1 . = 1 − 10 9

Np , somme d’entiers naturels, est un entier naturel ; la formule ci-dessus prouve donc que : 10p − 1 est divisible par 9.

3. On se propose de démontrer que si p n’est pas premier alors Np n’est pas premier. On rappelle que pour tout nombre réel x et tout entier naturel n non nul : x n − 1 = (x − 1)(x n−1 + x n−2 + · · · + x + 1). a. On suppose que p est pair et on pose : p = 2q où q est un entier naturel plus grand que 1. Montrer que Np est divisible par N2 = 11. Utilisons l’identité remarquable rappelée ci-dessus avec n = q et et x = 102 . D’après 2. : ³ ´ ³ ´q 9Np = 10p − 1 = 102 − 1 = (100 − 1) 100q−1 + 100q−2 + · · · + 1 ; d’où il vient :



Np = 11 100 |

ce qui prouve que :

q−1

q−2

+ 100 {z

∈N



+ · · · + 1} ;

Np est divisible par N2 . b. On suppose que p est multiple de 3 et on pose : p = 3q où q est un entier naturel plus grand que 1. Montrer que Np est divisible par N3 = 111. On a de même qu’en 3.a. : ³ ³ ´ ´q 9Np = 10p − 1 = 103 − 1 = (1000 − 1) 1000q−1 + 1000q−2 + · · · + 1 .

On a : 1000 − 1 = 999 = 9 × 111 = 9N3 ; donc :





q−2 Np = N3 |1000q−1 + 1000 + · · · + 1} ; {z ∈N

ce qui prouve que :

Np est divisible par N3 . c. On suppose p non premier et on pose : p = kq où k et q sont des entiers naturels plus grand que 1. Montrer que Np est divisible par Nk . Utilisons l’identité remarquable rappelée en 3. avec n = q et et x = 10k . D’après 2. : ´ ¡ k ¢ ³¡ ¢q−1 ¡ k ¢q−2 ¡ k ¢q 10 − 1 10k + 10 +··· +1 10 −1 10p − 1 = = . Np = 9 9 9 En remarquant que :

10k − 1 = Nk (voir 2.) ; nous en déduisons que : 9   ¡ ¡ ¢ ¢   q−1 q−2 + 10k + · · · + 1 . Np = Nk  10k | {z } ∈N

ce qui prouve que :

Np est divisible par Nk . 4. Énoncer une condition nécessaire pour que Np soit premier. Cette condition est-elle suffisante ? Nous venons de démontrer en 3.c. que si p est composé alors Np est composé ; nous en déduisons par contraposition que si Np est premier alors p est premier. Pour que Np soit premier, il est nécessaire que p soit premier. On sait que 3 est un nombre premier et on a vu en 1. que N3 n’est pas un nombre premier ; ce contre-exemple prouve que : la condition nécessaire énoncée ci-dessus n’est pas suffisante.

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Terminales VIII et IX

XV LA RÉUNION JUIN 2004

XV La Réunion juin 2004

On rappelle la propriété, connue sous le nom de petit théorème de Fermat : « soit p un nombre premier et a un entier naturel premier avec p ; alors a p−1 − 1 est divisible par p ». 1. Soit p un nombre premier impair. ¡ ¢ a. Montrer qu’il existe un entier naturel k , non nul, tel que 2k ≡ 1 mod p .

p est impair, il n’est donc pas multiple de 2 ; de plus p est premier, il est donc premier avec 2. D’après le petit théorème de Fermat, 2p−1 − 1 est multiple de p ; donc pour k = p − 1 : ¡ ¢ 2k ≡ 1 mod p .

¡ ¢ b. Soit k¡ un entier naturel non nul tel que 2k ≡ 1 mod p et soit n un entier naturel. Montrer que, si k divise n , ¢ alors 2n ≡ 1 mod p .

Si k divise n, alors il existe un entier k ′ tel que : n = kk ′ . ¡ ¢ ¢ ′ ′¡ On a : 2k ≡ 1 mod p ; donc : 2kk ≡ 1k mod p ; c’est-à-dire :

¡ ¢ 2n ≡ 1 mod p .

¡ ¢ cette propriété. c. Soit b tel que 2b ≡ 1 mod p , b étant le plus petit entier non nul vérifiant ¡ ¢ Montrer, en utilisant la division euclidienne de n par b , que si 2n ≡ 1 mod p , alors b divise n .

Soit n un entier naturel et q et et le reste de la division de n par b. ³ r le ´q quotient ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ On a : 2b ≡ 1 mod p ; donc : 2b ≡ 1q mod p ; puis : 2bq × 2r ≡ 1 × 2r mod p ; c’est-à-dire : 2n ≡ 2r mod p . ¡ ¢ ¡ ¢ Donc si : 2n ≡ 1 mod p ; alors : 2r ≡ 1 mod p . Or r < b et b est le plus petit entier naturel non nul vérifiant la propriété, donc : r = 0. ¡ ¢ si 2n ≡ 1 mod p , alors b divise n. 2. Soit q un nombre premier impair et le nombre A = 2q − 1. On prend pour p un facteur premier de A. ¡ ¢ a. Justifier que : 2q ≡ 1 mod p . A est multiple de p, donc 2q − 1 aussi, c’est-à-dire :

¡ ¢ 2q ≡ 1 mod p .

b. Montrer que p est impair. q

2 − 1 est multiple de p donc si p était pair alors 2q − 1 le serait aussi et 2q serait impair ; ce qui n’est pas le cas car q est premier et donc non nul. p est impair. b

¡

¢

c. Soit b tel que 2 ≡ 1 mod p , b étant le plus petit entier non nul vérifiant cette propriété. Montrer, en utilisant 1. que b divise q . En déduire que b = q . D’après 2.a. et 1.c. : b divise q. ¡ ¢ Or q est premier et b , 1 (car sinon on aurait : 2 ≡ 1 mod p avec p Ê 3) ; donc : 1

b =q .

¡ ¢ d. Montrer que q divise p − 1, puis montrer que p ≡ 1 mod 2q .

¡ ¢ D’après 3.c., q est le plus petit entier naturel non nul vérifiant : 2q ≡ 1 mod p . Or, d’après 1.a. : 2p−1 ≡ 1(mod 4) ; donc d’après 1.c. :

q divise p − 1

¡ ¢ p est impair, p − 1 est¡ donc ¢ multiple de 2. p − 1 est multiple de q et de 2, il est donc multiple de PPCM 2; q . Or q est impair donc : PPCM 2; q = 2q. On en déduit que p − 1 est multiple de 2q, c’est-à-dire : ¡ ¢ p ≡ 1 mod 2q .

3. Soit A1 = 217 −1. Voici la liste des nombres premiers inférieurs à 400 et qui sont de la forme 34m +1, avec m entier non nul : 103, 137, 239, 307. En déduire que A1 est premier. 17 est un nombre premier impair, pour : q = 17 ; on a : A = A1 .

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XVI NOUVELLE CALÉDONIE NOVEMBRE 2004 Soit p un diviseur premier de A1 . D’après 2.b., p est impair et d’après p 2.d., p = m ×2q +1 = 34m +1 avec m ∈ N. Si A1 était composé, il admettrait un diviseur premier, p, tel que : p É A1 c’est-à-dire p É 362,0· · · On en déduit que si A1 était composé, il serait divisible par l’un des nombres suivants : 103, 137, 239, 307. On a : A1 = 217 − 1 = 131071 131071 = 1272 × 103 + 55 131071 = 956 × 137 + 99

131071 = 548 × 239 + 99

131071 = 426 × 307 + 289

On en déduit que A1 n’est divisible par aucun des nombres : 103, 137, 239, 307. Par conséquent : A1 est un nombre premier.

XVI Nouvelle Calédonie novembre 2004 Dans cet exercice, a et b désignent des entiers strictement positifs. 1. a. Démontrer que s’il existe deux entiers relatifs u et v tels que : au+bv = 1 ; alors les nombres a et b sont premiers entre eux. Supposons qu’il existe deux entiers relatifs u et v tels que : au + bv = 1. Soit δ le PGCD de a et b. Alors δ divise a et b, donc δ divise au + bv ; c’est-à-dire δ divise 1. Or δ est un entier naturel, donc : δ = 1 ; et donc : les nombres a et b sont premiers entre eux. ¡ 2 ¢2 b. En déduire que si a + ab − b 2 = 1, alors a et b sont premiers entre eux. ¡ ¢2 ¡ ¢ On a : a 2 + ab − b 2 = a(a + b) + b 2 = a 2 (a + b)2 + 2ab(a + b) + b 4 ¡ ¢ ¡ ¢ = a a(a + b)2 + b 2a(a + b) + b 3 . | {z } | {z } Donc, d’après 1.b. :

u

v

si (a 2 + ab − b 2 )2 = 1 , alors a et b sont premiers entre eux. ¡ ¢2 2. On se propose de déterminer les couples d’entiers strictement positifs (a ;b) tels que a 2 + ab − b 2 = 1. Un tel couple sera appelé solution. a. Déterminer a lorsque a = b . Soit (a ;b) un couple solution. ¡ ¢2 Si b = a, alors : a 2 + ab − b 2 = 1 ; c’est-à-dire : a 4 = 1. Les solutions réelles de cette équation sont 1 et −1. Sachant que a est positif, on en déduit que : a = 1. ¡ ¢2 ¡ ¢2 Réciproquement, pour : (a ;b) = (1;1) ; on a : a 2 + ab − b 2 = 12 + 1 × 1 − 12 = 1 ; donc : Il n’existe qu’un seul couple solution de la forme (a ; a), c’est : (1;1).

b. Vérifier que (1;1), (2;3) et (5;8) sont trois solutions particulières. Le cas (1;1) a été traité en 2.a.. Pour : (a ;b) = (2;3) ; on a : (a 2 + ab − b 2 )2 = (22 + 2 × 3 − 32 )2 = (4 + 6 − 9)2 = 1 ; pour : (a ;b) = (5;8) ; on a : (a 2 + ab − b 2 )2 = (52 + 5 × 8 − 82 )2 = (25 + 40 − 64)2 = 1 ; donc : (1;1), (2;3) et (5;8) sont trois solutions particulières.

c. Montrer que si (a ;b) est solution et si a , b , alors : a 2 − b 2 < 0. Soit (a ;b) un couple d’entiers naturels non nuls tels que : a , b. On a donc : ab > 1. Si a 2 − b 2 Ê 0, alors : a 2 + ab − b 2 > 1 ; d’où il vient : (a 2 + ab − b 2 )2 > 1. On en déduit l’implication : si a 2 − b 2 Ê 0, alors le couple (a ;b) n’est pas solution, et sa contraposée : si le couple (a ;b) est solution, alors a 2 − b 2 < 0.

3. a. Montrer que si (x ; y) est une solution différente de (1;1) alors (y − x ; x) et (y ; y + x) sont aussi des solutions. Soit (x ; y) un couple solution distincte de (1;1). D’après 2.c. : (x + y)(x − y) < 0 ; or : (x + y) > 0 ; donc : y − x > 0. Donc, x, y, y − x et x + y sont des entiers naturels non nuls. ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 De plus : (y − x)2 + x(y − x) − x 2 = y 2 − 2x y + x 2 + x y − x 2 − x 2 = − x 2 − x y + y 2 = x 2 + x y − y 2 = 1. Donc (y − x ; x) est solution.

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Terminales VIII et IX

XVII POLYNÉSIE SEPTEMBRE 2004 ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 De même : y 2 + y(x + y) − (x + y)2 = y 2 + x y + y 2 − x 2 − 2x y − y 2 = − x 2 − x y + y 2 = x 2 + x y − y 2 = 1. Donc (y ; x + y) est solution.

Si (x ; y ) est une solution différente de (1;1) alors (y − x ; x) et (y ; y + x) sont aussi des solutions. b. Déduire de 2.b. trois nouvelles solutions. (2;3) est solution donc (3 − 2;2) et (3;3 + 2), c’est-à-dire (1;2) et (3;5), sont également solutions. (5;8) est solution donc (8 − 5;5) et (8;8 + 5), c’est-à-dire (3;5) et (8;13), sont également solutions. On en déduit trois nouvelles solutions : (1;2) (3;5) (8;13) . 4. On considère la suite de nombres entiers strictement positifs (a n )n∈N définie par a 0 = a 1 = 1 et pour tout entier n , n Ê 0, a n+2 = a n+1 + a n . Démontrer que pour tout entier n Ê 0, (a n ; a n+1 ) est solution. En déduire que les nombres a n et a n+1 sont premiers entre eux. Pour tout entier naturel n, considérons la proposition Pn : « (a n ; a n+1 ) est solution ». On a : (a 0 ; a 1 ) = (1;1) ; donc, d’après 2.a., P0 est vraie. Soit k un entier pour lequel Pk est vraie. Démontrons Pk+1 . (a k ; a k+1 ) est solution donc, d’après 3.a., (a k+1 ; a k+1 + a k ) (c’est-à-dire (a k+1 ; a k+2 )) est solution ; ce qui prouve Pk+1 . Donc par récurrence : pour tout entier naturel n, (a n ; an+1 ) est solution. D’après 1.b., on en déduit que : pour tout entier naturel n, an et an+1 sont premiers entre eux.

XVII Polynésie septembre 2004 Le plan est muni d’un repère orthonormal direct (O ;~ u ,~ v ). On prendra,psur la figure 1 cm pour unité graphique. On désigne par A, B et C les points d’affixes respectives −1 + i , 3 + 2i et i 2. 1. On considère la transformation f du plan dans lui-même qui à tout point M d’affixe z associe le point M′ = f(M) d’affixe z ′ définie par : ³ p ´ 1+i z′ = p z − 1 + i 1 + 2 . 2 a. Calculer les affixes des points A′ = f(A) et C′ = f(C).

³ p ´ 1+i Pour z = −1 + i , on a : z ′ = p (−1 + i ) − 1 + i 1 + 2 2 p (1 + i )2 −1+i +i 2 =− p 2 p 2i = − p −1+i +i 2 p2 p = −i 2 − 1 + i + i 2 = −1 + i . Donc : f(A) = A .

Pour z = i

Donc :

³ p p p ´ 1+i 2, on a : z ′ = p (i 2) − 1 + i 1 + 2 2 p = −i (1 + i ) − 1 + i + i 2 p = −i + 1 − 1 + i + i 2 p = i 2.

f(C) = C .

b. En déduire la nature de f et caractériser cette transformation. f a une écriture complexe de la forme : z ′ = az + b avec a ∈ C⋆ et b ∈ C ; donc f est une similitude indirecte. Désignons par σ la réflexion d’axe (AC). σ−1 ◦ f, composée de deux similitude indirecte est une similitude directe. De plus : σ−1 ◦ f(A) = σ−1 (A) = A et σ−1 ◦ f(C) = σ−1 (C) = C ; f est une similitude qui a deux points fixes distincts, A et C, donc : σ−1 ◦ f = IdP ; donc :

c’est-à-dire :

σ ◦ σ−1 ◦ f = σ ◦ IdP ; f = σ.

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Terminales VIII et IX

XVII POLYNÉSIE SEPTEMBRE 2004 f est la réflexion d’axe (AC). c. Placer les points A, B et C puis construire le point B′ = f(B). Le point B’ est le symétrique de B par rapport à (AC), voir figure 7. 2. a. Donner l’écriture complexe de l’homothétie h de centre A et de rapport

9

p 2.

b

M′′0 (−3 + 9i )

8 7

bM2 (−4 + 6

i)

6 5 4

B’×

3 ~ n

2

×

1

A(−1 + i )

×

b

~ v

¡ p ¢ Ci 2

B(3 + 2i )

O

0 b

~ u

-1 -2 -3 M (2 − 4 b 0

i)

-4 -5 -6 -6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

F IG . 7 – Les points A, B, C et B’ L’homothétie h de centre A et de rapport que :

p 2 est la transformation qui à tout point M du plan associe le point M’ tel −−−→ p −−→ AM′ = 2 AM ;

elle a donc pour écriture complexe : c’est-à-dire :

z ′ − (−1 + i ) = z′ =

p ¡ ¢ 2 z − (−1 + i )

(XVII-4)

p p ¢¡ ¡ ¢ 2z + 1 − 2 − 1 + i .

b. Montrer que la composée, g = f ◦ h, a pour écriture complexe : z ′′ = (1 + i )z − 1 + 3i . 1re méthode f et h ont respectivement pour écritures complexes : ³ p ´ 1+i z′ = p z − 1 + i 1 + 2 2

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et

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z′ =

p p ¢¡ ¡ ¢ 2z + 1 − 2 − 1 + i .

Terminales VIII et IX

XVII POLYNÉSIE SEPTEMBRE 2004 Donc f ◦ h a pour écriture complexe :

Pour tout z ∈ C, on a alors :

2e méthode f a écriture complexe :

³ p ¢¡ p ´ ¡ ¢´ 1+i ³p z ′′ = p 2z + 1 − 2 − 1 + i − 1 + i 1 + 2 . 2 ³ p ¢¡ p ´ ¡ ¢´ 1+i ³p z ′′ = p 2z + 1 − 2 − 1 − i − 1 + i 1 + 2 2 p ¢ (1 + i )2 p ¡ −1+i +i 2 = (1 + i )z − 1 − 2 p 2 p ¢ 2i p ¡ = (1 + i )z − 1 − 2 p − 1 + i + i 2 p ¢p2 p ¡ = (1 + i )z − 1 − 2 2i − 1 + i + i 2 p p = (1 + i )z − i 2 + 2i − 1 + i + i 2 = (1 + i )z − 1 + 3i

g a pour écriture complexe : z ′′ = (1 + i )z − 1 + 3i .

et A(−1 + i ) est invariant par f, donc :

³ p ´ 1+i z′ = p z − 1 + i 1 + 2 2 ´ ³ p ´ 1+i ³ −1 + i = p −1 + i − 1 + i 1 + 2 . 2

Donc, par soustraction, f a également pour écriture complexe : ´ 1+i ³ z ′ − (−1 + i ) = p z − (−1 + i ) 2

Donc, en utilisant (XVII-4), f ◦ h a pour écriture complexe : ¢´ 1+i ³p ¡ 2 z − (−1 + i ) z ′ − (−1 + i ) = p 2

Pour tout z ∈ C, on a alors :

z ′′ = (1 + i )z + 2i − 1 + i = (1 + i )z − 1 + 3i g a pour écriture complexe : z ′′ = (1 + i )z − 1 + 3i .

3. a. Soit M0 le point d’affixe 2 − 4i .

−−→ −−−→ Determiner l’affixe du point M′′0 = g (M0 ) puis vérifier que les vecteurs AB et AM′′0 sont orthogonaux.

Pour z = 2 − 4i dans l’écriture complexe de g, il vient : z ′′ = (1 + i )(2 − 4i ) − 1 + 3i = 2 + 2i + 4i − 4 − 1 + 3i = −3 + 9i M′′0 est le point d’affixe : −3 + 9i .

−−→ Le vecteur AB a pour affixe : 3 + 2i − (−1 + i ) = 4 + i . −−−→ Le vecteur AM′′0 a pour affixe : −3 + 9i − (−1 + i ) = −2 + 8i = 2i (4 + i ) = 2ei

π 2

(4 + i ).

−−−→ −−→ AM′′0 ⊥ AB . b. On considère un point M d’affixe z . On suppose que la partie réelle x et la partie imaginaire y de z sont des entiers. −−→ −−−→ Démontrer que les vecteurs AB et AM′′ sont orthogonaux si, et seulement si, 5x + 3y = −2. −−→ −−−→ −−→ −−−→ Les vecteurs AB et AM′′0 sont tous deux non nuls et nous sommes dans le plan, donc les vecteurs AB et AM′′ sont −−−→ −−−→ orthogonaux si, et seulement si les vecteurs AM′′0 et AM′′ sont colinéaires, c’est-à-dire si et seulement si M” est un ′′ point de (AM0 ). La similitude g−1 conserve l’alignement et transforme (A,M′′0 ,M′′ ) en (A,M0 ,M), donc : −−→ −−−→ les vecteurs AB et AM′′ sont orthogonaux si, et seulement si M est un point de (AM0 ). Déterminons une équation cartésienne de la droite (AM0 ).

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XVIII PONDICHÉRY AVRIL 2004

π −−−→ Le vecteur directeur AM0 a pour affixe : 2 − 4i − (−1 + i ) = 3 − 5i = −i (5 + 3i ) = e−i 2 (5 + 3i ). µ ¶ 5 ; on en déduit qu’elle admet une équation de la forme : Donc la droite (AM0 ) a pour vecteur normal ~ n 3

5x + 3y = c. De plus : A ∈ (AM0 ) ; donc : c = 5(−1) + 3(1) ; d’où : c = −2. La droite (AM0 ) a pour équation : 5x + 3y = −2.

−−→ −−−→ Les vecteurs AB et AM′′ sont orthogonaux si, et seulement si 5x + 3y = −2.

c. Résoudre dans Z2 l’équation 5x + 3y = −2. D’après l’étude précédente, les solutions de cette équation sont les coordonnées des points d’intersection de la droite (AM0 ) avec le quadrillage principal ; le couple de coordonnées de M0 est donc une solution particulière. 5x + 3y = −2

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

5x + 3y = 5 × 2 + 3 × (−4) 5(x − 2) + 3(y + 4) = 0 5(x − 2) = −3(y + 4)

Raisonnons par conditions nécessaires. Soit (x, y) une solution. 5 divise 5(x − 2), donc 3(y + 4), et est premier avec 3, donc, d’après le théorème de G AUSS , 5 divise y + 4 ; on en déduit qu’il existe un entier relatif k, tel que : y + 4 = 5k ; soit : y = 5k − 4. On a donc : 5(x − 2) = −3 × 5k ; d’où : x = −3k + 2. Les couples solutions sont donc tous de la forme : (−3k + 2,5k − 4) avec k ∈ Z. Réciproquement, soit k ∈ Z ; le couple (−3k + 2,5k − 4) est-il solution de l’équation ? On a : 5(−3k + 2) + 3(5k − 4) = −15k + 10 + 15k − 12 = −2 ; donc : ¯ © ª S = (−3k + 2,5k − 4)¯k ∈ Z .

−−→ d. En déduire les points M dont les coordonnées sont des entiers appartenant à l’intervalle [−6 ; 6] tels que AB et −−−→ AM′′ sont orthogonaux. Placer les points obtenus sur la figure. Les solutions recherchées sont celles dont le paramètre, k, vérifie : ½

−6 É −3k + 2 É 6 −6 É 5k − 4 É 6

(XVII-5)

Résolvons ce système. (XVII-5)

⇐⇒

½

−6 É 3k − 2 É 6 −2 É 5k É 10

⇐⇒

(

(XVII-5)

−4 É 3k É 8 2 − Ék É2 5 ⇐⇒

⇐⇒

(

8 4 Ék É 3 3 0Ék É2

−

⇐⇒

½

−1 É k É 2 0Ék É2

0Ék É2

Pour k = 0, nous obtenons le point M0 ; pour k = 1, nous obtenons le point A et pour k = 2, nous obtenons le point M2 (−4 + 6i ). Les points M dont les coordonnées sont des entiers appartenant à l’intervalle −−→ −−−→ [−6 ; 6] tels que AB et AM′′ sont orthogonaux sont les points M0 , A et M2 .

L’ensemble des points dont les coordonnées appartiennent à l’intervalle [−6 ; 6] est la région fermée délimitée par le carré bleu de la figure 7.

XVIII Pondichéry avril 2004 ´ ³ L’espace (E) est muni d’un repère orthonormal O ;~ı ,~,~ k . On considère les points A(0;5;5) et B(0;0;10).

1. Dans cette question, on se place dans le plan P0 d’équation x = 0 rapporté au repère (O;~,~ k ). On note C le cercle de centre B passant par A. Démontrer que la droite (OA) est tangente au cercle C . Les coordonnées des points O, A, B vérifient l’équation : x = 0 ; donc O, A, B sont trois points de P0 . De plus :

−−→ −−→ on a : BA ⊥OA ; donc dans le plan P0 :

¢ ¡ ¢ −−→ −−→ ¡ AB ⊥ OA = − 5~ + 5~ k · 5~ + 5~ k =0;

(OA) est la tangente à C en A.

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Terminales VIII et IX

XVIII PONDICHÉRY AVRIL 2004 2. On note S la sphère engendrée par la rotation du cercle C autour de l’axe (Oz ) et Γ le cône engendré par la rotation de la droite (OA) autour de l’axe (Oz ). a. Démontrer que le cône Γ admet pour équation x 2 + y 2 = z 2 . µ ¶ 1 −−→ 1 et passe 1re méthode Dans le plan P0 rapporté au repère (O;~,~ k ), la droite (OA) a pour vecteur normal − AB −1 5 par O, elle a donc pour équation : y − z = 0 ; ou encore : y = z. q

Pour tout point M(x, y, z) désignons par, r , la distance de M à (Oz), on a : r = x 2 + y 2 . ¯ ¯ Dans le plan P0 , on a : r = ¯ y ¯ ; donc Γ a pour équation : r = |z|. Mais r et |z| sont positifs, donc : r = |z| ⇐⇒ r 2 = z 2 ⇐⇒ x 2 + y 2 = z 2 . Γ a pour équation : x2 + y 2 = z2 .

q p 02 + 52 + 52 = 02 + (−5)2 + 52 = AB et (OA) ⊥ (AB) ; donc le triangle OAB est rectangle π π et isocèle en A, on en déduit que Γ est le cône d’axe (Oz) et d’angle 2 × , c’est-à-dire rad. Γ a donc pour équation : 4 2

2e méthode On a : OA =

r 2 = z 2 tan2

π 4

où r désigne la distance à l’axe (Oz), c’est-à-dire : r 2 = x 2 + y 2 . On en déduit que Γ a pour équation : x2 + y 2 = z2 . b. Déterminer l’intersection du cône Γ et de la sphère S. Préciser la nature de cette intersection et ces éléments caractéristiques. 1re méthode S et Γ sont deux surfaces de révolution d’axe (Oz) engendrées par C et (OA), donc leur intersection est l’ensemble de révolution d’axe (Oz) engendré par C ∩ (OA), c’est-à-dire {A}.

S ∩ Γ est le cercle d’axe (Oz) passant par A.

p 2 méthode S a pour centre B(0;0;10) et pour rayon : AB = 5 2 ; elle a donc pour équation : e

x 2 + y 2 + (z − 10)2 = 50.

S ∩ Γ a donc pour équations cartésiennes : ( (

z 2 + (z − 10)2 = 50 x2 + y2 = z2 ( (z − 5)2 = 0 donc : (XVIII-6) ⇐⇒ x2 + y2 = z2 (XVIII-6) ⇐⇒

⇐⇒ ⇐⇒

x 2 + y 2 + (z − 10)2 = 50 x2 + y2 = z2 ( ½

(XVIII-6)

2z 2 − 20z − 50 = 0 x2 + y2 = z2 z =5 x 2 + y 2 = 25

On en déduit que S ∩ Γ est l’intersection du plan d’équation z = 5 et du cylindre d’axe (Oz) et de rayon 5.

S ∩ Γ est le cercle d’axe (Oz) passant par A. c. Illustrer ces objets par un schéma dans l’espace. Voir figure 11 page 31. 3. On coupe le cône Γ par le plan P1 d’équation x = 1. Dans P1 , l’une des figures ci-dessous représente cette intersection. Identifier cette figure en donnant les justifications nécessaires. P1 ∩ Γ est la section d’un cône par un plan parallèle à son axe de révolution et ne passant pas par son sommet ; donc : P1 ∩ Γ est l’hyperbole présentée figure 10. Autre méthode (calculatoire) P1 ∩ Γ a pour système d’équations cartésiennes : ½

x2 + y2 x

= z2 =1

(XVIII-7)

Les coordonnées du point H(1;0;0) vérifient l’équation de P1 , donc : H ∈ P1 . P1 est l’ensemble des points dont les coordonnées sont de la forme (1; y ; z) (où y et z sont des nombres réels). Soit M un tel point, on a : −−→ −−→ OM =~ı + y~ + z~ k = OH + y~ + z~ k; donc :

LYCÉE P ONTUS DE T YARD

−−→ HM = y~ + z~ k.

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Terminales VIII et IX

XIX NOUVELLE CALÉDONIE NOVEMBRE 2003 On en déduit que le point M a pour coordonnées (y ; z) dans le plan P1 muni du repère (O;~,~ k ). Ainsi dans le plan P1 muni du repère orthonormé (O;~,~ k ), d’après XVIII-7, P1 ∩ Γ est l’ensemble d’équation z2 = y2 + 1

(XVIII-8)

On remarque que si (x ; y) vérifie cette équation, alors il en est de même de (−x ;−y), donc P1 ∩ Γ est symétrique par rapport à H. Ainsi, si P1 ∩ Γ était un alors ³ cercle ´ son centre serait H. p Pour t ∈ R, le point Mt t ;

t 2 + 1 est un point de P1 ∩ Γ et : HMt =

p 2t 2 + 1

HMt n’est pas une fonction constante de t, donc P1 ∩ Γ n’est pas un cercle. Si P1 ∩ Γ était l’union de deux droites sécantes alors ces droites se couperaient en H (centre de symétrie), mais les coordonnées de H ne vérifient pas l’équation (XVIII-8), donc P1 ∩ Γ n’est pas l’union de deux droites sécantes. On en déduit que : P1 ∩ Γ est l’ensemble présenté figure 10. 4. Soit M(x, y, z)un point du cône Γdont les coordonnées sont entiers relatifs non nuls. Démontrer que x et y ne peuvent pas être simultanément impairs.

F IG . 8 –

F IG . 9 –

x, y et z sont des entiers vérifiant :

F IG . 10 –

x2 + y 2 = z2.

On reconnaît l’identité de P YTHAGORE. Soit n un entier relatif et q son quotient dans la division par 2. Si n est pair, alors : n = 2q ; d’où : n 2 = 4q 2 ; donc : n 2 ≡ 0(mod 4). Si n est impair, alors : n = 2q + 1 ; d’où : n 2 = 4q 2 + 4q + 1 = 4(q 2 + q ) + 1 ; donc : n 2 ≡ 1(mod 4). | {z } ∈Z

Ainsi, pour tout entier relatif n :

¯ 2 ¯ n ≡ 0(mod 4) ¯ ¯ ou ¯ ¯ n 2 ≡ 1(mod 4)

(XVIII-9)

Par conséquent, si x et y étaient tous deux impairs, on aurait : x 2 ≡ 1(mod 4) donc, par somme, l’entier z vérifierait : ce qui est en contradiction avec (XVIII-9) ; donc :

et

y 2 ≡ 1(mod 4) ;

z 2 ≡ 2(mod 4) ;

x et y ne peuvent pas être simultanément impairs.

XIX Nouvelle Calédonie novembre 2003 1. a. Soit p un entier naturel. Montrer que l’un des trois nombres p , p +10 et p +20, et l’un seulement est divisible par 3. © ª Soit q et r le quotient et le reste de la division euclidienne de p par 3, on a : = 3q + r avec q ∈ 0;1;2 .

1er cas r =0 On a : p = 3q ;

2e cas r =1 On a : p = 3q + 1 ;

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p + 10 = 3(q + 3) + 1 et p + 20 = 3(q + 6) + 2. p + 10 = 3(q + 3) + 2 et p + 20 = 3(q + 7).

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Terminales VIII et IX

XIX NOUVELLE CALÉDONIE NOVEMBRE 2003

z

S

Γ

B

A

Γ∩S ~ k ~ı

y

~

O

x F IG . 11 – 3e cas r =2 On a : p = 3q + 2 ; Dans les trois cas :

p + 10 = 3(q + 4) et p + 20 = 3(q + 7) + 1.

l’un des trois nombres p, p + 10 et p + 20, et l’un seulement est divisible par 3. b. Les entiers naturels a , b et c sont dans cet ordre les trois premiers termes d’une suite arithmétique de raison 10. Déterminer ces trois nombres sachant qu’ils sont premiers. L’un des trois nombres est un nombre premier divisible par 3, ce nombre est donc 3. Si b ou c était égal à 3, alors a serait strictement négatif, mais les trois nombres sont des entiers naturels donc a = 3 ; d’où : b = 13 et c = 23. a =3

b = 13

c = 23 .

2. Soit E l’ensemble des triplets d’entiers relatifs (u, v, w ) tels que 3u + 13v + 23w = 0. a. Montrer que pour un tel triplet v ≡ w (mod 3). Soit (u, v, w ) ∈ E. On a : 13v = −23w − 3u ; donc : 13v ≡ −23w (mod 3). 36w est multiple de 3, donc : 13v ≡ −23w + 36w (mod 3) ; c’est-à-dire :13v ≡ 13w (mod 3). Or 13 est premier avec 3, donc : v ≡ w (mod 3) . b. On pose v = 3k + r et w = 3k ′ + r où k , k ′ et r sont des entiers relatifs et 0 É r É 2. Montrer que les éléments de E sont de la forme : (−13k − 23k ′ − 12r, 3k + r, 3k ′ + r ). Soit (u, v, w ) ∈ E. Il suffit donc de démontrer que : u = −13k − 23k ′ − 12r . On a :(u, v, w ) ∈ E ; donc : 3u = −13v − 23w = −13(3k + r ) − 23(3k ′ + r ) = 3(−13k − 23k ′ − 12r ) ; d’où : u = −13k − 23k ′ − 12r .

Les éléments de E sont de la forme : (−13k − 23k ′ − 12r, 3k + r, 3k ′ + r ).

c. L’espace est rapporté à un repère orthonormal d’origine O et soit P le plan d’équation : 3x + 13y + 23z = 0. Déterminer l’ensemble des points M à coordonnées (x, y, z) entières relatives appartenant au plan P et situés à l’intérieur du cube de centre O, de côté 5 et dont les arêtes sont parallèles aux axes.

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Terminales VIII et IX

XX FRANCE SEPTEMBRE 2003   −2,5 É x É 2,5 −2,5 É y É 2,5 ; mais on cherche des points Le cube est l’ensemble des points dont les coordonnées vérifient :  −2,5 É z É 2,5 dont les coordonnées sont entières, l’ensemble cherché est donc l’ensemble des points dont les coordonnées sont entières et vérifient :  3x + 13y + 23z = 0    −2 É x É 2 (XIX-10)  −2 Éy É2   −2 É z É 2

Raisonnons par conditions nécessaires. Soit (x, y, z) une solution du système (XIX-10) (il en existe car (0,0,0) est une solution évidente). On a : -2 É y É 2 ; −2 É z É 2 et, d’après 2.a., y ≡ z (mod 3) ; donc : z = y − 3 ou z = y ou z = y + 3. 1er cas z = y −3 On a : 3x + 13y + 23(y − 3) = 0 ; donc : x = 23 − 12y ; d’où il vient, en utilisant les contraintes −2 É x É 2 et −2 É y É 2 : (x, y, z) = (−1,2,−1). 2e cas z=y On a : 3x + 13y + 23(y) = 0 ; donc : x = −12y ; d’où il vient : (x, y, z) = (0,0,0). 3e cas z = y +3 On a : 3x + 13y + 23(y + 3) = 0 ; donc : x = −23 − 12y ; d’où il vient : (x, y, z) = (1,−2,1). Les points de P à coordonnées entières situé à l’intérieur du cube sont donc les points : M−1 (−1;2;−1)

M0 (0;0;0)

M1 (1;−2;1) .

XX France septembre 2003 On rappelle que 2003 est un nombre premier. 1. a. Déterminer deux entiers relatifs u et v tels que : 123u + 2003v = 1. Pour déterminer des coefficients de B ÉZOUT, on utilise l’algorithme d’E UCLIDE. 2003 = 16 × 123 + 35 ; 123 = 3 × 35 + 18 et 35 = 2 × 18 − 1. On en déduit que : 1 = −35 + 2 × 18 = −35 + 2(123 − 3 × 35) = 2 × 123 − 7 × 35 = 2 × 123 − 7(2003 − 16 × 123) = 114 × 123 − 7 × 2003 On peut donc prendre : u = 114 et v = −7 . b. En déduire un entier relatif k0 tel que :

123k0 ≡ 1(mod 2003) . On en déduit que : 114 × 123 ≡ 1(mod 2003) ; on peut donc prendre : k0 = 114 . c. Montrer que, pour tout entier relatif x , 123x ≡ 456(mod 2003)

si et seulement si

x ≡ 456k0 (mod 2003) .

Soit x un entier relatif. On a : 123k0 ≡ 1(mod 2003) ; donc : 123xk0 ≡ x (mod 2003). De plus 114 est un entier naturel non nul plus petit que 2003 qui est un nombre premier, donc k0 est premier avec 2003. On en déduit que : 123x ≡ 456(mod 2003) ⇐⇒ 123xk0 ≡ 456k0 (mod 2003) ⇐⇒ x ≡ 456k0 (mod 2003) ; Donc : 123x ≡ 456(mod 2003) si et seulement si x ≡ 456k0 (mod 2003) . d. Déterminer l’ensemble des entiers relatifs x tels que : 123x ≡ 456(mod 2003) . D’après 1.c. : 123x ≡ 456(mod 2003)

⇐⇒

x ≡ 456k0 (mod 2003) .

Or : 456k0 = 456 × 114 = 51984 = 25 × 2003 + 1909 ; donc : 456k0 ≡ 1909(mod 2003). On en déduit que : 123x ≡ 456(mod 2003) ⇐⇒ x ≡ 1909(mod 2003) .

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Terminales VIII et IX

XX FRANCE SEPTEMBRE 2003 L’ensemble des entiers relatifs x tels que : 123x ≡ 456(mod 2003) ; est donc : ¯ © ª S = 1909 + 2003k ¯ k ∈ Z .

e. Montrer qu’il existe un unique entier n tel que :

1 É n É 2002 et 123n ≡ 456(mod 2003) . Les entiers, n, vérifiant la condition : 1 É n É 2002 et 123n ≡ 456(mod 2003) .

(XX-1)

sont les éléments de S solutions de la double inéquation : 1 É n É 2002. On en déduit que : (XX-1)

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

1 É 1909 + 2003k É 2002 −1908 É 2003k É 93 1908 93 − Ék É . 2003 2003

93 1908 = −0,95· · · ; = 0,04· · · et k ∈ Z ; donc : Or : − 2003 2003 (XX-1) ⇐⇒ k = 0 ⇐⇒ n = 1909 + 2003 × 0 ⇐⇒ n = 1909.

L’unique entier vérifiant la condition (XX-1) est 1909. 2. Soit a un entier tel que : 1 É a É 2002. a. Déterminer : PGCD (a,2003) .

En déduire qu’il existe un entier m tel que : am ≡ 1(mod 2003) .

2003 est un nombre premier et a n’est pas multiple de 2003, donc a est premier avec 2003. PGCD (a,2003) = 1 . D’après le théorème de B ÉZOUT-B ACHET, il existe donc deux entiers m et p que : am + 2003p = 1 ; d’où il vient : am ≡ 1(mod 2003) . b. Montrer que, pour tout entier b , il existe un unique entier x tel que : 0 É x É 2002 et ax ≡ b (mod 2003) . Existence Soit b un entier et x le reste de la division de mb par 2003. On a donc : 0 É x É 2002 . De plus : mb ≡ x (mod 2003) ; donc : amb ≡ ax (mod 2003) ; Or : am ≡ 1(mod 2003) ; donc : amb ≡ b (mod 2003). On en déduit que :

ax ≡ b (mod 2003) . Unicité Pour démontrer que x est l’unique solution du problème, il suffit de démontrer que si x ′ est une solution du problème, alors x ′ = x. Soit x ′ un entier solution du problème, démontrons que : x ′ = x. On a : 0 É x ′ É 2002 et −2002 É −x É 0 ; donc : − 2002 É x ′ − x É 2002

(XX-2)

On a : ax ′ ≡ b (mod 2003) et ax ≡ b (mod 2003) ; donc ax ′ ≡ ax (mod 2003) ; or a est premier avec 2003 ; donc : x ′ ≡ x (mod 2003) ; c’est-à-dire x ′ − x est multiple de 2003. On en déduit en utilisant (XX-2) que : x ′ − x = 0 ; donc : x ′ = x.

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Terminales VIII et IX

XXI LA RÉUNION JUIN 2003

XXI La Réunion juin 2003

~ ,~ Le plan est rapporté a un repère orthonormal direct (O ; u v ). On prendra 1 cm pour unité graphique. On considère l’application f du plan dans lui-même qui, à tout point M d’affixe z , associe le point M’ d’affixe z ′ telle ³p ´ ³ p ´ ′ que : z = − 3 + i z − 1 + i 1 + 3 . 1. Montrer que f est une similitude directe dont le centre Ω a pour affixe i . En déterminer le rapport et l’angle. ³p ³p ´ ³ ´ ³ p ´ p ´ On a : z ′ = − 3+i z −1+i 1+ 3 ⇐⇒ z′ = − 3+i z +i i + 3 +i ´ ³p 3 + i (z − i ) ⇐⇒ z′ − i = − µ ¶ 7π 7π ⇐⇒ z ′ − i = 2 cos + i sin (z − i ) 6 6 7π ⇐⇒ z ′ − i = 2ei 6 (z − i ).

f a une écriture complexe de la forme : z ′ = az + b avec a ∈ C⋆ et b ∈ C ; donc f est similitude directe. De plus 2ei 7π est le nombre complexe de module 2 et d’argument et pour z = i on a z ′ = i ; donc : 6 f est la similitude directe de rapport 2, d’angle

7π 6

7π et de centre Ω d’affixe i . 6

p 3 3 + i. 4 4 ³ −−−→´ u , ΩM0 . Calculer ΩM0 et donner une mesure en radians de l’angle ~ 2. Soit M0 le point d’affixe : z0 =

p π 3 1 1 − i = e−i 6 . 4 4 2 Par définition du module et de l’affixe d’un vecteur, on en déduit que :

−−−→ Le vecteur ΩM0 a pour affixe : z0 − i =

ΩM0 =

1 2

et

³ −−−−→´ π ~ u , ΩM0 = − . 6

3. On considère la suite de points (Mn )nÊ0 définie, pour tout entier naturel n , par : Mn+1 = f(Mn ). On note zn l’affixe de Mn .

O ~ v

M3

M1

M4

Ω

M0

~ u

∆

M2

a. Placer les points Ω, M0 , M1 , M2 , M3 et M4 .

F IG . 12 – Premiers termes de la suite (Mn ) b. Montrer par récurrence, pour tout entier naturel n , l’égalité : zn − i = 2n ei Pour n = 0 : 2 ei n

7nπ 6

7nπ 6

(z0 − i ).

= 1 ; donc l’égalité est vraie pour n = 0. Supposons l’égalité vraie pour un certain entier k Ê 0. On a d’après 1. et l’hypothèse de récurrence : zk+1 − i = 7(k+1)π 7π 7kπ 7π 2ei 6 (zk − i ) = 2ei 6 2k ei 6 (z0 − i ) = 2k+1 ei 6 (z0 − i ). Donc par récurrence, pour tout entier naturel n : zn − i = 2n ei

7nπ 6

(z0 − i ) .

Remarque Si la démonstration par récurrence n’avait pas été imposée, on aurait pu procéder de la façon suivante. On introduit le suite (wn )n∈N définie par : wn = zn − i . D’après 1. : wn+1 = 2 ei

suite géométrique de raison 2 ei

7π 6

³

et pour tout n ∈ N : wn = 2 ei

7π ´ n 6 w

7π 6

wn ; donc (wn ) est une

i

n 0 ; c’est-à-dire : zn − i = 2 e

7nπ 6 (z

0 − i ).

c. Pour tout entier naturel n , calculer ΩMn , puis déterminer le plus petit entier n tel que : ΩMn Ê 102 .

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Terminales VIII et IX

¯ ¯ ¯¯ Pour tout entier naturel n, on a : ΩMn = ¯zn − i ¯ = ¯2n ei

XXII CENTRES ÉTRANGERS I JUIN 2003

7nπ 6

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ × z0 − i ¯ = 2n ΩM0 = 2n−1 .

ΩMn = 2n−1 .

La suite de terme général 2n−1 est croissante, 26 = 64 et 27 = 128, donc : le plus petit entier n tel que ΩMn Ê 102 est 8. 4. a. On considère l’équation : 7x − 12y = 1

(E)

où x et y sont des entiers relatifs. Après avoir vérifié que le couple (−5;−3) est solution, résoudre l’équation (E). On a : 7 × (−5) − 12 × (−3) = −35 + 36 = 1 ; donc :

le couple (−5;−3) est solution de (E).

Soit (x, y) une solution de (E). On a : 7x − 12y = 1 = 7 × (−5) − 12 × (−3) ; donc : 7(x + 5) = 12(y + 3). 12 divise 7(x + 5) et est premier avec 7 donc, d’après le théorème de G AUSS , 12 divise x + 5, il existe donc un entier k tel que : x = 12k − 5. On en déduit que : 12(y + 3) = 7 × 12k ; donc : y = 7k − 3. Nous venons de démontrer que tous les couples solutions sont de la forme (12k − 5,7k − 3) avec k ∈ Z. Vérifions si tous les couples de la forme (12k − 5,7k − 3) avec k ∈ Z sont solutions. Soit k ∈ Z. On a : 7(12k − 5) − 12(7k − 3) = 84k − 35 − 84k + 36 = 1. ¯ © ª S = (12k − 5,7k − 3)¯k ∈ Z .

b. Soit ∆ l’ensemble des points M du plan d’affixe z telle que : ℑm(z) = 1 et ℜe(z) Ê 0. Caractériser géométriquement ∆ et le représenter. Déterminer l’ensemble des entiers naturels n tels que Mn appartienne à la demi-droite d’origine Ω dirigé par ~ u. Préciser son plus petit élément. ∆ est la demi-droite d’origine Ω et dirigée par ~ u. ³ −−−−→´ ~ Soit n un entier naturel non nul. On a : Mn ∈ ∆ ⇐⇒ u , ΩMn = 0

⇐⇒ arg(zn − i ) = 0 7nπ π + arg(z0 − i ) avec arg(z0 − i ) = − ; Or, d’après 3.b. et 2. : arg(zn − i ) = 6 6 (7n − 1)π . donc : arg(zn − i ) = 6 (7n − 1)π = 2πp ; c’est-à-dire : 7n − 12p = 1. On en déduit que Mn ∈ ∆ si et seulement si il existe un entier p tel que : 6 On reconnaît l’équation (E), donc Mn ∈ ∆ si et seulement si il existe un entier k tel que : n = 12k − 5. l’ensemble des entiers naturels n tels que Mn ∈ ∆ est donc : ¯ © ª 12k − 5¯k ∈ N∗ . Son plus petit élément est 7.

XXII Centres Étrangers I juin 2003 Exercice donné sur 6 points. ´ ³ L’espace E est muni d’un repère orthonormal O ;~ı ,~,~ k . On considère la surface T d’équation :

x2 y = z

avec

½

−1 É x É 1 −1 É y É 1

La figure 13 est une représentation de la surface T, dans le cube de centre O et de coté 2. (NdP et dont les côtés sont parallèles aux axes du repère.) 1. Éléments de symétrie de la surface T. a. Montrer que si le point M(x, y, z) appartient à T, alors le point M’(−x, y, z) appartient aussi à T. Soit M(x, y, z) un point de E et M′ (−x, y, z) son symétrique par rapport au plan yOz. On a : ′

M (−x, y, z) ∈ T

⇐⇒

  −1 É −x É 1 −1 É y É 1  z = (−x)2 y

⇐⇒

  −1 É x É 1 −1 É y É 1  z = x2 y

⇐⇒

M(x, y, z) ∈ T

b. Montrer que l’origine O du repère est centre de symétrie de T.

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Terminales VIII et IX

XXII CENTRES ÉTRANGERS I JUIN 2003 x^2*y

1

z 0,5

0

-0,5 1

0,5 y

-1 -1

0 -0,5

0

-0,5

0,5 x 1

-1

F IG . 13 – Surface T d’équation : z = x 2 y. Soit M(x, y, z) un point de E et M’(−x,−y,−z) son symétrique par rapport à l’origine O du repère. On a : ′

M (−x,−y,−z) ∈ T

⇐⇒

 

−1 É −x É 1 −1 É −y É 1  −z = (−x)2 (−y)

⇐⇒

  −1 É x É 1 −1 É y É 1  z = x2 y

⇐⇒

M(x, y, z) ∈ T

l’origine O du repère est centre de symétrie de T. 2. Intersections de la surface T avec des plans parallèles au axes. a. Déterminer la nature des courbes d’intersection de T avec les plans parallèles au plan (xOz). Les plans parallèles au plan (xOz) sont les plans Pk d’équations : y = k avec k ∈ R. 1er cas : k ∈] − ∞;−1[∪]1;+∞[ T ∩ Pk = ∅ . 2e cas : k ∈ [−1;1]

  −1 É x É 1 y =k T ∩ Pk a pour équations :  z = kx 2

T ∩ Pk est donc un arc de parabole

b. Déterminer la nature des courbes d’intersection de T avec les plans parallèles au plan (yOz). Les plans parallèles au plan (yOz) sont les plans P’k d’équations : x = k avec k ∈ R. 1er cas : k ∈] − ∞;−1[∪]1;+∞[ 2e cas : k ∈ [−1;1]

T ∩ P′ k = ∅ .

 

x =k −1 É y É 1 T ∩ P k a pour équations :  z = k2 y ′

T ∩ Pk est donc un segment.

3. Intersections de la surface T avec les plans parallèles au plan (xOy) d’équation z = k , avec k ∈ [0,1]. Pour k ∈ [0,1], désignons par Πk le plan d’équation z = k. a. Déterminer l’intersection de la surface T et du plan d’équation z = 0.   −1 É x É 1 −1 É x É 1      −1 É y É 1  −1 É y É 1 . ; c’est-à-dire : T ∩ Π0 a pour équations : z =0   z =0     2 x = 0 ou y = 0 x y =0

l’intersection de la surface T et du plan d’équation z = 0 est [II′ ] ∩ [JJ′ ] où I, I’, J, J’ sont les points de coordonnées respectives : (1,0,0), (−1,0,0), (0,1,0), (0,−1,0).

b. Pour k > 0 on note K le point de coordonnées (0,0,k). Déterminer, dans le repère (K;~ı,~ ), l’équation de la courbe d’intersection de T et du plan d’équation z = k .

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Terminales VIII et IX

XXII CENTRES ÉTRANGERS I JUIN 2003 ½

−1 É x É 1 . Soit M(x, y,k) un point du plan d’équation z = k avec : −1 É y É 1 −−→ − − → − − → − − → − − → On a : OM = x~ı + y~ + k~ k = x~ı + y~ + OK ; donc : KM = KO + OM = x~ı + y~. Le point M a donc pour coordonnées (x, y) dans le repère (K;~ı ,~ ). De plus : M∈T

⇐⇒

x2 y = k

⇐⇒

k y= 2. x

Dans le repère (K;~ı ,~  ), la courbe d’intersection de T et du plan  −1 É x É 1    −1 É y É 1 d’équation z = k a pour équations :  k   y= x2

c. Tracer l’allure de cette courbe dans le repère (K;~ı,~ ). On précisera en particulier les coordonnées des extrémités de l’arc. p p Dans l’équation obtenue en 3.b., pour y = 1, nous obtenons : x = k ou x = − k ; pour ³x = 1 ´ou³ x = −1, ´ nous p p k,1 , − k,1 , (1,k) obtenons : y = k. Les extrémités des deux points de la courbe sont les points de coordonnées et (−1,k). 1 La figure 14 représente la courbe cherchée pour k = . 2

~

k

p − k

O

~ı

p

k

F IG . 14 – Intersection de T et du plan d’équation z = k. 4. On note (D) le domaine formé des points du cube unité situés sous la surface T. © ª (D) = M(x, y, z) ∈ E avec 0 É x É 1;0 É y É 1;0 É z É x 2 y ;

a. Pour 0 < k É 1, le plan d’équation z = k coupe le domaine (D) selon une surface qu’on peut visualiser sur le k graphique de la question 3.c.. C’est l’ensemble des points M du cube unité de coordonnées (x, y, z) tels que y Ê 2 et x z =k Calculer en fonction de k , l’aire S(k) exprimée en unité d’aire, de cette surface. L’intersection du domaine (D) avec le plan d’équation z = k est colorié en jaune sur la figure 14. Cette région est la région du premier cadran comprise entre la droite d’équation y = 1 et la courbe étudiée en 3.b. ; on en déduit que : · ¸ Z1 p k k 1 S(k) = p 1 − 2 dx = x + p = 1 + k − 2 k. x x k k

S(k) = 1 − 2

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p

³ p ´2 k +k = 1− k .

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Terminales VIII et IX

XXIII ANTILLES GUYANE JUIN 2002 b. On pose S(0) = 1, calculer en unités de volume, le volume V du domaine (D). Z1 On rappelle que V = S(k) dk . 0

On a donc : V =

· ¸1 4 3 1 4 1 S(k) dk = k − k 2 + k 2 = 1 − + . 3 2 3 2 0 0

Z1

V=

1 . 6

XXIII Antilles Guyane juin 2002 ³ −→ −→´ Le plan (P) est rapporté à un repère orthonormé direct O; OI , OJ (unité graphique : 4 cm).

1. On considère les points A, B , C , D et E d’affixes respectives : zA = ei

π 6

;

z B = ei

2π 3

;

et zE = e−i

zD = −i

zC = −1;

π 6

.

a. Faire la figure.

5

J 4 B

×

c b

×

3

L

×

2

c b C -5

×-4

A

×

K

1

b -3

-2

0 -1 O 0

1

2

3

4I

5

6

7

8

-1 -2

b

× E

-3 -4 × D -5

F IG . 15 – Réponse à la question XXIII.1.a. b. Montrer que EA = ED et que EB = EC. Montrer que (OE) est la médiatrice du segment [AD] et du segment [BC]. ¯Ã ! Ãp !¯ ¯ ¯ p3 1 ¯ π 3 1 ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯ i 6 −i π6 ¯ ¯ + i − − i ¯= i =1; On a : EA = |zA − zE | = ¯e −e ¯=¯ ¯ 2 2 2 2 ¯ ¯ ¯ !¯ ¯ p Ãp ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3 1 ¯ ¯ 3 1 ¯¯ ¯ −i π6 ¯ ¯ − i ¯ = ¯− − i ¯=1; ED = |zD − zE | = ¯−i − e ¯ = ¯−i − ¯ 2 2 ¯ ¯ 2 2 ¯ Déterminons EB et EC. Méthode normale ¯Ã ! Ãp !¯ ¯ ¯ 1 p3 ¯ 2π ´ ³p ´¯ π¯ 3 1 ¯¯ 1 ¯¯³ p ¯ ¯ ¯ 3+1 ¯ ; i − − i ¯ = ¯ − 3−1 +i EB = |zB − zE | = ¯ei 3 −e−i 6 ¯ = ¯ − + ¯ 2 2 2 2 ¯ 2 p p p ¯ 3 + 1 ¯¯ 6+ 2 ¯ donc : EB = −1 + i = 2 2 ¯ ¯ s¡p Ãp !¯ ¯ p ¢2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯¯ π¯ 3+2 3 1 1 1 3 + 2 ¯ ¯ ¯ ¯ − i − i ¯ = ¯− + i ¯= + ; EC = ¯zC − zE ¯ = ¯−1 − e 6 ¯ = ¯−1 − ¯ 2 2 ¯ ¯ 2 2 ¯ 4 4 q p p p p ¢2 ¡ p p p p p 6+ 2 6+ 2 3+4 3+4+1 6+2 6 2+2 d’où : EC = = = = 2 2 2 2

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Terminales VIII et IX

XXIII ANTILLES GUYANE JUIN 2002 Méthode astucieuse ¯ 2π ¯ ¯ π¯ ¯ π¯ ¯ ¯ ¯ ¯ EB = |zB − zE | = ¯ei 3 −e−i 6 ¯ = ¯ei 4 ¯ × ¯ei ¯ ¯ 5π ¯ ¯ ¯ ¯ ¯¯ π¯ ¯ ¯ ¯ EC = ¯zC − zE ¯ = ¯ei π −e−i 6 ¯ = ¯ei 12 ¯ × ¯ei

¯ 5π ¯ ; ¯ = 2sin 12 µ ¶ ¯ 7π 7π ¯ 7π 5π 7π 12 −e−i 12 ¯ = 2sin = 2sin π − ; = 2sin 12 12 12 Les affixes des points A, B, C, D et E sont toutes des nombres complexes de module 1, donc : OA = OB = OC = OD = OE = 1. On a : EA = 1 = ED et OA = 1 = OD ; donc : 5π 12

−e−i

5π 12

la droite (OE) est la médiatrice du segment [AD]. p p 6+ 2 On a : EB = = EC et OB = 1 = OC ; donc : 2 la droite (OE) est la médiatrice du segment [BC].

−→ c. Déterminer les points K et L images respectives de A et de B par la translation t de vecteur OI . Placer les points K et L sur la figure. −→ La translation de vecteur OI a pour écriture complexe : z ′ = z + 1. Les affixes zK et zL des points K et L vérifient donc : zK = zA + 1 = 1 + ei

π 6

et zL = zB + 1 = 1 + ei

K et L sont les points d’affixes respectives 1 + ei

π 6

et 1 + ei

2π 3

2π 3

.

.

2. On l’application F qui à tout point M d’affixe Z associe le point M’ d’affixe : Ã considère p ! 1 3 ′ Z = Z ; où Z désigne le conjugué de Z. −i 2 2 a. Justifier l’égalité F = R ◦ S où S est la réflexion (ou symétrie axiale) d’axe (OI) et R une rotation dont on précisera le centre et l’angle. S a pour écriture : z ′ = z. p complexe ³ π´ ³ π´ π 1 3 On a : − i = cos − + i sin − = e− 3 . 2 2 3 3 Ã p ! 3 π 1 La rotation, R, de centre O et d’angle − a donc pour écriture complexe : z ′ = −i z. 3 2 2 Ã p ! 3 1 z. −i On en déduit que R ◦ S a pour écriture complexe : z ′ = 2 2 Les applications F et R ◦ S ont la même écriture complexe, donc : F = R◦S . b. Montrer que F est une réflexion dont on précisera l’axe. F a une écriture complexe de la forme : z ′ = az + b ; donc F est une similitude indirecte. π Pour z = 0, on a : z ′ = e− 3 0 = 0 ; donc O est un point fixe de F. F est une similitude indirecte. π

π

π

π

π

Pour z = zE , on a : z ′ = e− 3 e− 6 = e− 3 e 6 = e− 6 = zE ; donc E est un point fixe de F. La similitude indirecte F laisse invariant les points O et E, donc : F est la réflexion d’axe (OE). 3. Soit G l’application qui, à tout point M d’affixe Z associe le point M” dont l’affixe z” définie par la formule : Ã p ! 1 3 ′′ −i Z = Z + 1. 2 2

Déterminer une application T telle que : G = T ◦ F. En déduire que G est un antidéplacement.

F est une réflexion, c’est donc une transformation égale à sa réciproque2 on en déduit que : T◦F = G ⇐⇒ T ◦ F ◦ F−1 = G ◦ F−1 ⇐⇒ T ◦ Id = G ◦ F−1 ⇐⇒ T = G ◦ F. Donc l’application T existe et c’est l’application G ◦ F. π π G et F ont respectivement pour écritures complexes : z ′ = e− 3 z + 1 et z ′ = e− 3 z ; ´ π ³ π π π donc T a pour écriture complexe : z ′ = e− 3 e− 3 z + 1 = e− 3 e 3 z + 1 = z + 1 ; c’est-à-dire : z ′ = z + 1.

On reconnaît l’écriture complexe de la translation t, donc : T=t . On a : G = T ◦ F ; donc G est la composée de la réflexion F, qui est un antidéplacement, par la translation T, qui est un déplacement, donc : G est un antidéplacement. 2

Une transformation égale à sa réciproque est dite involutive on dit aussi que c’est une involution.

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Terminales VIII et IX

XXIV POLYNÉSIE JUIN 2002

XXIV Polynésie juin 2002 n est un entier naturel supérieur ou égal à 2. 1. Montrer que n et 2n + 1 sont premiers entre eux. On a : (2n + 1) × 1 + n × (−2) = 1 ; donc, d’après l’identité de B ÉZOUT-B ACHET : n et 2n + 1 sont premiers entre eux.

2. On pose α = n + 3 et β = 2n + 1, et on note δ le PGCD de α et β. a. Calculer 2α − β et en déduire les valeurs possibles de δ. 2α − β = 2(n + 3) − (2n + 1) = 5 . Les entiers naturels diviseurs de 5 sont : 1et 5. δ divise α et β donc δ divise 2α − β on en déduit que : δ = 1 ou δ = 5. De plus, pour n = 2, on a : α = β = 5 et δ = 5 ; pour n = 3, on a : α = 6, β = 7 et δ = 1 ; δ=1

ou

δ=5 .

b. Démontrer que α et β sont multiples de 5 si, et seulement si, (n − 2) est multiples de 5. Si (n − 2) est multiple de 5 alors (n − 2) + 5 et 2(n − 2) + 5, c’est-à-dire α et β, sont également multiples de 5. Réciproquement, si α et β sont multiples de 5 alors β − α, c’est-à-dire (n − 2), est également multiple de 5. α et β sont multiples de 5 si, et seulement si, (n − 2) est multiples de 5. 3. On considère les nombres a et b définis par : a = n 3 + 2n 2 − 3n b = 2n 2 − n − 1.

Montrer, après factorisation, que a et b sont des entiers naturels divisibles par (n − 1).

On a : a = n 3 + 2n 2 − 3n = n 3 − n 2 + 3n 2 − 3n = (n − 1)(n 2 + 3n) = n(n + 3)(n − 1) et b = 2n 2 − n − 1 = 2n 2 − 2n + n − 1 = (n − 1)(2n + 1). On sait que : n Ê 2 ; donc n, n + 3, n − 1, 2n − 1 sont des entiers naturels ; par conséquent : a et b sont des entiers naturels divisibles par (n − 1). 4. a. On note d le PGCD de n(n + 3) et de (2n + 1). Montrer que δ divise d , puis que δ = d . On a : δ = PGCD (n + 3;2n + 1) ; donc δ est un diviseur commun à n(n + 3) et (2n + 1), et divise donc leur PGCD : δ divise d .

d divise (2n + 1) et (2n + 1) est premier avec n (cf. 1.) donc d est premier avec n. d divise n(n + 3) et est premier avec n donc, d’après le théorème de G AUSS, d divise (n + 3). d est un diviseur commun à (n + 3) et (2n + 1), il divise donc leur PGCD : d divise δ. d et δ sont deux entiers naturels se divisant mutuellement donc : d =δ . b. En déduire le PGCD, ∆, de a et b en fonction de n .

On a : ∆ = PGCD (a,b) = PGCD (n(n + 3)(n − 1),(n − 1)(2n + 1)) = (n − 1) PGCD (n(n + 3),(2n + 1)) = (n − 1)d = (n − 1)δ. Il ne reste plus qu’à déterminer δ en fonction de n. D’après 2.b., lorsque n − 2 est multiple de 5 alors α et β sont multiples de 5 et, d’après 2.a., δ = 5. Lorsque n − 2 n’est pas multiple de 5 alors α et β ne sont pas multiples de 5 et, d’après 2.a., δ = 1. On en déduit que :   , si n − 2 n’est pas multiple de 5 ;  n − 1 ∆= .   5(n − 1) , si n − 2 est multiple de 5. c. Application : Déterminer ∆ pour n = 2002. Déterminer ∆ pour n = 2003.

Pour n = 2002, on a : n − 2 = 2000 et 2000 est multiple de 5, donc : ∆ = 5(n − 1) = 5 × 2001. Pour n = 2002 : ∆ = 10005.

Pour n = 2003, on a : n − 2 = 2001 et 2001 n’est pas multiple de 5, donc : ∆ = (n − 1) = ×2002. Pour n = 2003 : ∆ = 2002.

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