Correction de Devoir Surveillé N°05: Années précédentes

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 4 f´evrier 2012 ´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚05 `PROBLEME 1 2 2Soit G ={(a,b)∈N×Z | a −2b = 1}. On d´efinit une loi de com- position× sur G par ∀((a,b),(c,d))∈G×G, (a,b)×(c,d) = (ac+2bd,ad+bc) Partie I. Etude de (G,×) 21. Soit((a,b),(c,d))∈G ,onv´erifieque(a,b)×(c,d) = (ac+2bd,ad+bc) appartient `a G. Pour cela, on calcule : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(ac+2bd) −2(ad+bc) = a c +4b d −4abcd−2a d −2b c −4abcd 2 2 2 2 2 2= a (c −2d )+2b (2d −c ) 2 2= a −2b = 1 Ainsi, on a bien ´etabli que pour tout couple ((a,b),(c,d)) d´el´ements de G, on a (a,b)×(c,d) ∈ G : × est une loi de composition interne dans G. N 2. Il est clair que× commutative. Montrons qu’elle est associative. 3Soit donc ((a,b),(c,d),(e,f))∈G un triplet d’´el´ements de G. On a ((a,b)×(c,d))×(e,f) = (ac+2bd,ad+bc)×(e,f) = (ace+2bde+2adf +2bcf,2bdf +acf +ade+bce) (a,b)×((c,d)×(e,f)) = (a,b)×(ce+2df,cf +de) = (ace+2adf +2bcf +2bde,2bdf +acf +ade+bce) Ainsi,× est associative et commutative. N 3. On observe que (1,0) est ´el´ement neutre de × car (1,0)× (a,b) = (a+0,b). N 4. Ils’agitdev´erifierquetout´el´ement deGestsym´etrisable. Soit(a,b)∈ G. ax+2by = 1 ax+2by = 1 (a,b)×(x,y) = (1,0) ⇐⇒ ⇐⇒ 2 2(2b −a )y = bbx+ay = 0  2  1+2b x = ax =⇐⇒ ⇐⇒a y = −b y = −b 1 Ainsi, tout ´el´ement (a,b) de G est sym´etrisable et son inverse est −1(a,b) = (a,−b) Par d´efinition, on a bien montr´e que (G,×) est un groupe ab´elien. N ´Partie II.
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MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 4 f´evrier 2012
´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚05
`PROBLEME 1
2 2Soit G ={(a,b)∈N×Z | a −2b = 1}. On d´efinit une loi de com-
position× sur G par
∀((a,b),(c,d))∈G×G, (a,b)×(c,d) = (ac+2bd,ad+bc)
Partie I. Etude de (G,×)
21. Soit((a,b),(c,d))∈G ,onv´erifieque(a,b)×(c,d) = (ac+2bd,ad+bc)
appartient `a G. Pour cela, on calcule :
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(ac+2bd) −2(ad+bc) = a c +4b d −4abcd−2a d −2b c −4abcd
2 2 2 2 2 2= a (c −2d )+2b (2d −c )
2 2= a −2b = 1
Ainsi, on a bien ´etabli que pour tout couple ((a,b),(c,d)) d´el´ements
de G, on a (a,b)×(c,d) ∈ G : × est une loi de composition interne
dans G. N
2. Il est clair que× commutative. Montrons qu’elle est associative.
3Soit donc ((a,b),(c,d),(e,f))∈G un triplet d’´el´ements de G. On a
((a,b)×(c,d))×(e,f) = (ac+2bd,ad+bc)×(e,f)
= (ace+2bde+2adf +2bcf,2bdf +acf +ade+bce)
(a,b)×((c,d)×(e,f)) = (a,b)×(ce+2df,cf +de)
= (ace+2adf +2bcf +2bde,2bdf +acf +ade+bce)
Ainsi,× est associative et commutative. N
3. On observe que (1,0) est ´el´ement neutre de × car (1,0)× (a,b) =
(a+0,b). N
4. Ils’agitdev´erifierquetout´el´ement deGestsym´etrisable. Soit(a,b)∈
G.

ax+2by = 1 ax+2by = 1
(a,b)×(x,y) = (1,0) ⇐⇒ ⇐⇒ 2 2(2b −a )y = bbx+ay = 0

2  1+2b
x = ax =⇐⇒ ⇐⇒a y = −b y = −b
1Ainsi, tout ´el´ement (a,b) de G est sym´etrisable et son inverse est
−1(a,b) = (a,−b)
Par d´efinition, on a bien montr´e que (G,×) est un groupe ab´elien. N
´Partie II. Etude des it´er´es de x0
On note x = (3,2). On peut v´erifier que x est ´el´ement de G. On0 0
adopte les notations usuelles pour les puissances successives dans un
groupe multiplicatif. Pour n∈N, on note (a ,b )∈N×Z les entiersn n
ntels que x = (a ,b ). Autrement dit,n n0
n(3,2) = (3,2)×···×(3,2) = (a ,b )n n
| {z }
n fois
01. • pour n = 0, on a (3,2) = (1,0). D’ou`, par identification des
coefficients, il r´esulte que a = 1 et b = 0.D’ou` 0< 1.0 0
• soit n∈N. Par d´efinition, on a
(a ,b ) = (a ,b )×(3,2) = (3a +4b ,2a +3b ).n+1 n+1 n n n n n n

a = 3a +4bn+1 n n
Paridentificationdescoefficients,ils’ensuitque .
b = 2a +3bn+1 n n
N
2. Montrons par r´ecurrence sur n∈N que∀n∈N, 0≤ b <a .n n
• Initialisation : lorsque n = 0, on a bien 0< 1.
• H´er´edit´e : soit n∈ N tel que 0≤ b < a . En ce cas,, d’apr`esn n
la question pr´ec´edente, il vient :
b = 2a +3b ≥ 0n+1 n n
a −b = a +b ≥a > 0.n+1 n+1 n n n
La propri´et´e est donc h´er´editaire.
• Conclusion : par r´ecurrence sur n∈N, on a montr´e que∀n∈N,
0≤b <a . Nn n
3. Soit n∈ N. D’apr`es la question pr´ec´edente, on sait que b = 2a +n+1 n
3b > 5b . Ceci ´etant vrai pour tout entier, il s’ensuit que (b )n n n n∈N
est une suite strictement croissante d’entiers naturels, elle est donc
divergente de limite +∞. N
2Partie III. R´esolution de l’´equation de Pell-Fermat
Soit (a,b)∈G tel que 0<b.
1. Soit B ={n∈N | b ≤b}.n
• Comme par hypoth`ese, b> 0 =b , on a 0∈B.0
• Comme (b ) diverge vers +∞, il existe un entier n `a partir du-n 0
quel, b ≥b. Autrement dit, B est major´ee par n .n 0
Ainsi, B est une partie non vide et major´ee de N. D’apr`es l’axiome
(N ) des entiers naturels, il en r´esulte l’existence d’un plus grand2
´el´ement n∈ B. Par construction, on a b ≤ b. De plus, comme n+1n
est strictement sup´erieur `a n, il s’ensuit que n+1∈/ B, ce qui revient
pr´ecis´ement `a dire que
b ≤b<bn n+1
N
22. Comme (a,b), (a ,b ) et (a ,b ) appartiennent `a G, on a a b−n n n+1 n+1
2 2 2 2 22b =a b−2b =a b−2b = 1, soit encoren n n+1 n+1
2 2 2a1 a 1 a 1 n+1n= −2, = −2, = −2
2 2 2 2 2 2b b b b b bn n n+1 n+1
1 1 1
Or d’apr`es la question pr´ec´edente, nous savons que < ≤ ,
2 2 2b b bn+1 n
il s’ensuit que
2 2 2a a an+1 n< ≤
2 2 2b b bn+1 n
an+1+Par croissance de la fonction carr´ee sur R , il s’ensuit que <
bn+1
a a a a a an n n n+1
≤ . En particulier 0≤ − < − , soit encore
b b b b b bn n n n+1
a b−ab a b −a b 2n n n n+1 n+1 n
0≤ < =
bb b b b bn n n+1 n n+1
a b−ab 2n n
Finalement, comme b > b, on obtient 0 ≤ < , cen+1
bb b bn n n
qui revient `a dire que 0≤ ba −ab <b a −a b = 2. Nn n n+1 n n+1 n
3.
−n −1(a,b)×(3,2) = (a,b)×(a ,b )n n
= (a,b)×(a ,−b )n n
= (aa −2bb ,−ab +a b)n n n n
= (α ,β )n n
32 2ou` α = 1+2β . D’apr`es la question pr´ec´edente, on a 0≤β ≤ 1, cenn n
qui conduit `a la discussion suivante :
2• Si β = 1, alors α = 3 impossoble dans Z.n n
2• Si β = 0, alors α = 1, i.e. α = 1.n nn
Par cons´equent
(a,b) = (a ,b )n n
N
2 2 24. Finalement, les solutions dans N de l’´equation a −2b = 1 sont les
couples (a ,b ). Nn n
`PROBLEME 2
⋆Soit u = (u ) une suite de nombre r´eels. On lui associe la suiten n∈N
⋆des moyennes (v ) de terme g´en´eraln n∈N
u +u +···+u1 2 n
v =n
n
Partie I. D´emonstrations du th´eor`eme de C´esaro`
1. On suppose dans cette question que lim u = 0. On montre quen
n→+∞
lim v = 0.n
n→+∞
ε′Soit ε> 0 fix´e. Posons ε = > 0. Comme limu = 0 par hypoth`ese,n
n→2
⋆il existe un rang n ∈ N tel que pour tout entier n ≥ n , on ait1 1
′|u |≤ε.n
Soit n≥n . Il d´ecoule de l’in´egalit´e triangulaire que1

u +u +···+u |u |+|u |+···+|u |n n +1 n n n +1 n1 1 1 1 ≤

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