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Mathématiques MP - Exercices

De
416 pages

En complément des Nouveaux Précis, des livres d'exercices offrent les corrigés détaillés et commentés des énoncés « incontournables » de deuxième année, classés par thème et couvrant tout le programme par filière. Pour s'entraîner efficacement et progresser tout au long de l'année, chaque chapitre propose :
- des sujets d'oraux, courts, qui permettent d'acquérir les techniques fondamentales
- des problèmes, qui mettent en oeuvre ces techniques dans des démonstrations plus complexes.

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CHAPITRE
Arithmétique Algèbre générale
1
Sujets doraux A. Dénombrement B. Numération C. Identités algébriques  Applications à larithmétique D. Divisibilité  Congruences E. Anneau! Théorème de Fermat n! F. Groupes G. Polynômes et fractions rationnelles
Thèmes détude  Problèmes 1. Formules de Cardan 2. Une équation polynomiale 3. Endomorphismes de SL (!) 2
Chapitre 1. Arithmétique  Algèbre générale
8 8 8 10 15 19 29 32
41 41 44 49
7
A
Sujets
doraux
Dénombrement
Ex. 1 Soitn!", déterminer le nombre de surjections dun ensemble àn+1éléments sur un ensemble ànéléments.
. . .B B= SoitAde cardinaln+1:A=a1, ,an+1cardinal, de n:b1,. . ., bn, etS lensemble des surjections deAsurB. 2 Pourf!S, il existei![[1,n],(j, k)![[1,n+1]],j"k, uniques tels queajak=biet f=f alorsfe, A!aj,akst une bijection deA!ajaksurB!bi. Lapplication"définie surSpar : fba,af ":!i,jk, A!aj,ak est injective, donc : 2 CardS=Card"(S)=n"n+1)!. (n1 n(n+1)! En conclusion,CardS=. 2
B
Numération
Ex. 2 Montrer quil existe un entierNmultiple de1996dont lécriture en base10ne contient que le chiffre4.
Il faut commencer par analyser le problème en introduisant le nombre de chiffres de lécriture deN.
Remarquons dabord que1996=4 499avec499premier, et si lécriture deNcomporten n1 chiffres,N=4 1+10+. . .+10cestàdire : n 10 1 N=4. 9 Le problème se lit donc : il existen!"etq!"tels que : n 10 1 4=4 499q 9 soit aussi : n . 10 1=9 499q Cest le moment de penser au petit théorème de Fermat : sipest un entier premier, pour tout p1 entierx#/0modp, on ax#1modp.
498 499est premier et10#/0mod499, donc10#1mod499.
8
Sujets doraux
n Dautre part,10#1mod9donne, quel que soitn!",10#1mod9. 498 Ainsi9et499divisent10 1et, puisquils sont premiers entre eux, leur produit9 499 498 498 divise10 1. En conclusion, il existeq!"tel que10 1=9 499qet le nombre : 498 10 1 N=4 9 est solution du problème avec498chiffres4.
Ex. 3 SoitN=1 0 1 0 1 0. . .1 0 1écrit en base10. LentierNestil premier ?
Le nombreNsécrit avecpfois le chiffre1etp1fois le chiffre0et on a : 2p 10 1 2 2(p1) N=1+10+. . .+10=. 2 10 1 Une exploration numérique avec un logiciel de calcul formel montre que si101est premier, il nen est pas de même pour10101=3 7 13 37ou pour1010101=73 101 137. En fait, nous allons prouver queNest non premier dès quep#3. Ceci nécessite de faire 2 apparaître une factorisation après la simplification par10 1et, pour ce faire, nous allons procéder différemment selon quepest pair ou impair.
Premier cas :pest pair,p=2navecn#2 Alors : 4n2n 10 1 10 1 2n2 2(n1)2n N= =10+1=1+10+. . .+10 10+1. 2 2 10 1 10 1 2 2(n1) Puisquen#2, on a1+10+. . .+10 1, doncNnest pas premier. > Deuxième cas :pest impair,p=2n+1avecn#1 Alors : 4n+2 2n+1 2n+1 10 1 10 1 10+1 N= = 2 10 1 10+1 10 1 2n 2n+1 2n+1k2nk k donc, en utilisanta+b=(a+b) (1)ab, il vient : k=0 2n2k k2n N=1+10+. . .+10 1 10+10+. . .+(1)10+. . .+10
2n2n k k k =10(1)10 k=0k=0 ce qui prouve queNnest pas premier.
Ex. 4 Soitabcdeflécriture en base10dun entier naturel divisible par13. Montrer que lentier naturel dont lécriture en base10estbcdefaest encore divisible par13.
Dans le corps!les éléments étant notés0,1,2,. . .,10,11,12, lhypothèse se lit : /13! 5 4 3 2 10a+10b+10c+10d+10e+1f=0
Chapitre 1. Arithmétique  Algèbre générale
(1)
9
et il nous faut vérifier que : 5 4 3 2 10b+10c+10d+10e+10f+1a=0. En multipliant les deux membres de (1) par10, on obtient : 5 4 3 2 6 10b+10c+10d+10e+10f+10a=0. Or, avec10=3, il vient successivement : 2 3 6 2 10=30=4,10=40=1et10=(1)=1. En conséquence, (3) est identique à (2), ce qui montre quebcdefaest divisible par13.
C
Identités algébriques Applications à larithmétique
Ex. 5 4 3 2 Quels sont les entiers naturelsntels quen+2n+3n+1soit le carré dun entier ?
(2)
(3)
4 3 2 PosonsA(n)=n+2n+3n+1. 2 . Il est clair quen=0convient :A(0)=1 On se propose de démontrer que cest la seule solution. 2 2 Supposons maintenantn#1doncA(n)#7. Sil existep!"tel queA(n)=p, on ap#7 doncp#3et dautre part : 4 3 2 2 2 2 n+2n+3n+1=n(n+1)+2n+1avecn#1 2 2 2 ep<n(n+1)+2n(n+1)+1 donn 2 2 < cestàdirepn(n+1)+1
soit aussi ou encore
2 p<n+n+1
2 n+n+1
p#1.
2 2 Écrivons alorsA(n)=n(n+1)+2n(n+1)+1 2 2 =n+n+1)2n. 2 LégalitéA(n)=pdonne : 2 2 2n=n+n+1
2n
2 p
2 2 =n+n+1pn+n+1+p 2 2 et, avecn+n+1p#1, il vient2n#n+n+1+p:, cestàdire 2 n n+1+p$0 ce qui est évidemment absurde.
Ex. 6 n Soitan=2+1. On suppose queanest premier, que peuton dire den?
10
Une exploration numérique montre que pourn$20,anest premier lorsquen=1,2,4,8,16 0 1 2 3k cestàdire lorsquenest de la forme2,2,2,2,2. On peut donc supposer quune condition p nécessaire pour queansoit premier est quensoit de la forme2.
Sujets doraux
k Supposons quen$2/k!". Alors en considérant la décomposition denen facteurs k k premiers, il existejimpair,j#3, etk!"tels quen=2jdonc aussin=2(2i+1),i#1. On k 2i+1 2 en déduitan=b+1où on a poséb=2. Lidentité : 2n 2n+1 2n+1k2nk k x+y=(x+y) (1)xy k=0 donne maintenant : 2i k2ik an=(b+1) (1)b k=0 ce qui prouve queanest non premier. En prenant la contraposée de cette implication, on en déduit que sianest premier, alorsnest k de la forme2,k!". 5 2 On note que cette condition nest pas suffisante puisque2+1=641 6 700 417(factorisation fournie par Maple). n 2 Remarque. Les nombres de la forme2+1sont appelés les nombres de Fermat. Les cinq 2 3 4 premiers :3(n=1),5(n=2),17n=2,257n=2et65 537n=2sont premiers mais audelà, cestàdire pourn#5, on na, à ce jour, découvert aucun nombre premier.
Ex. 7 Trouver tous les couples(m,n)dentiers naturels tels que : mn 3 2=1
(E)
Après avoir écarté les cas particuliers liés aux solutions apparentes de cette équation, une dé marche usuelle consiste en la recherche de conditions nécessaires. Pour ce faire, on pourra mn observer que, lorsquemetnsont pairs,3 2est factorisable au moyen de lidentité : 2 2 ab=(ab)(a+b).
m Notons dabord que, la suite3étant strictement croissante, pourn!"donné il existe m!" au plus une valeur demtelle que(m,n)soit solution de(E). 1 1 Il est apparent que lunique solution correspondant àn=1est le couple(1,1)3 2=1) 2 3 et que celle correspondant àn=3est le couple(2,3)3 2=1e, il est facile . De mêm de vérifier quil ny a pas de solution correspondant àn=0oun=2. En conséquence, nous pouvons, dans la suite, nous limiter àn#4. Recherche de conditions nécessaires On suppose que(m,n)est solution de(E)avecn#4. En remarquant quem#ndonne : n1 mnn n n 1k k 3 2#3 2=(3 2)3 2 k=0 mn m(1) et donc3 2#n#4, on voit quune première condition nécessaire est<n.
m mnmn Légalité3 2=1nous donne3#1mod2soit aussi3=1dans!et on en déduit n /2! quemest un mutiple dep, ordre de3dans le groupe des inversibles de!. n /2!
Chapitre 1. Arithmétique  Algèbre générale
11
k 2 3 2k k+2 2k+2 Or on a3#1mod2,3#1mod2et, en supposant3#1mod2cestàdire3=2#+1 avec#!!, on obtient : k+1 2 2k+2k+3k+1 2 3=2#+1=2 2#+#+1
k+1 2k+3 donc3#1mod2, ce qui montre par récurrence que : k 2k+2 %k!",3#1mod2. n2 2 n2& On en déduit dans et lord eur de donc de la forme 3=1!repde3est un divis2 2 n /2! & 2. Sachant de plus que3"1dès quen#2, op>ep=2avec avec0$ & $nn a1cestàdir 1$ & $n2. Ainsipest pair etmmultiple depest également pair : m=2a,a!"(2) Remarquons maintenant que sinétait pair :n=2b,b#2, on aurait : mn2a2babab 3 2=3 2=3 2 3+2
abab donc3+2serait diviseur de1, ce qui est impossible avec3+2#5. En conséquence,nest impair : n=2b+1,b#2(3) Conditions suffisantes
On recherche maintenant quels sont, parmi les couples(m,n)vérifiant les conditions (1), (2) et mn (3), ceux qui satisfont à3 2=1.
2 Les couples vérifiant (1), (2) et (3) sont de la forme2a,2b+1avec(a, b)!",b#2,a$b 2a2b+1 et un tel couple est solution de(E)si et seulement si3 1=2:, cestàdire a a2b+1 . 3 1 3+1=2 Cette condition imposea"0, donc1$a$b, et elle donne lexistence dec![[1,2b]]tel que : aca2b+1cac1 2bc2bc c1 et soit aussi et . 3 1=2 3+1=2 3=2+2 1=2 2 2bc c1 Il est fac1=2 2 1$c$2b,b#2 ile de voir que léquation , , na pas de solution. En c1 effet,c=2best à rejeter puisque lon obtiendrait alors0=2ce qui est irréalisable et, pour c1 2bc c1c1 < c2b,1+2=2est un entier pair donc2est impair ce qui exigec=1,1+2=2, 2b1=1doncb=1, ce qui est exclu. En conclusion, il nexiste aucun couple(m,n)solution de(E)avecn#4et, compte tenu de létude préliminaire, les seules solutions de(E)sont les deux couples(1,1)et(2,3).
Ex. 8 Soitpun entier premier tel quep#3etr!". Montrer que : r pr+1r+2 (1+p)#1+pmodp.
r+1 p En remarquant que(1+p)= simposer.
r p (1+p)
p une solution par récurrence surrsemble
r r+1 Pourr=0, on a(1+p)=1+p=1+pdoù a fortiori : r pr+1 2 (1+p)#1+pmodp.
12
Sujets doraux