Ultrabac Terminale S - Exercice de spécialité Antilles

Ultrabac Terminale S – Exercice de spécialité du sujet Antilles-Guyane septembre 2008
Partie A
On considère le système de congruence :
n ≡ 2 modulo 3
(S ) 
où n est un entier relatif.
 n ≡ 1 modulo 5
1) Montrer que 11 est une solution de (S).
11 = 3 × 3 + 2 ≡ 3 × 0 + 2 ≡ 2 modulo 3
Comme 
, alors 11 est une solution du système
11 = 2 × 5 + 1 ≡ 2 × 0 + 1 ≡ 1 modulo 5
(S). Reste à savoir s'il y en a d'autres. C'est l'objet des questions suivantes.
2) Montrer que si n est une solution de (S), alors n − 11 est divisible par 3.
 n ≡ 2 modulo 3 (1)
Si n est une solution du système, alors il vérifie les égalités 
.
 n ≡ 1 modulo 5 (2)
Intéressons-nous à la différence n − 11 ...modulo 3. Nous pouvons écrire :
n − 11 ≡ 2
−2 ≡ 0 modulo 3
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Partie B
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct ( O; u , v ) .
On considère l'application f du plan qui à tout point M d'affixe z associe le point d'affixe
z ′ et g celle qui a tout point M d'affixe z associe le point d'affixe z ′′ définies par :
z′ =
3) Montrer que les solutions de (S) sont tous les entiers de la forme 11 + 15 × k où k
désigne un entier relatif.
Deux choses sont à établir dans cette question :
1. D'abord, tout entier relatif de la forme 11 + 15 × k est-il solution du système (S) ?
Regardons si ce type d'entier vérifie les deux égalités formant (S).
(1) est vérifiée
11 + 15 × k ≡ 2 + 3 × 5 × k ≡ 2 + 0 × 5 × k ≡ 2 + 0 ≡ 2 modulo 3

(2) est vérifiée
11 + 15 × k ≡ 1 + 5 × 3 × k ≡ 1 + 0 × 3 × k ≡ 1 + 0 ≡ 1 modulo 5
Donc tout entier de la forme 11 + 15 × k est solution du système (S).
2. Réciproquement, toute solution n de (S) est-elle un entier de la forme 11 + 15 × k ?
Si l'entier n est solution de (S), alors d'après la question A.2, la différence n − 11 est
divisible par 3.
De plus, comme n − 11 ≡ 1
−1 ≡ 0 modulo 5 , alors n − 11 est aussi divisible par 5.
Egalités (2)
Les facteurs 3 et 5 étant premiers (entre eux), la différence n − 11 est donc divisible par
leur produit 3 × 5 = 15 .
Par conséquent, il existe un entier relatif k tel que n − 11 = 15 × k ⇔ n = 11 + 15 × k .
Conclusion : les solutions du système (S) sont les entiers relatifs de la forme 11 + 15 × k
où k est un entier relatif.
i.
π
z ′′ = e 5 .z
1) Préciser la nature et les éléments caractéristiques des applications f et g.
Pour plus de clarté, appelons M ′ et M ′′ les points d'affixes respectives z ′ et z ′′ .
3
1
π
et
sont respectivement les cosinus et sinus de . Il vient alors pour f :
2
2
3
π
z′ =
i.
 π
1 + i. 3
 π 
.z ⇔ z′ − 0 = cos   + i.sin    × z = e 3 × ( z − 0 )
2
 3 
 3
Ecriture complexe d'une rotation de centre O et d'angle π /3
⇔ M ′ est l'image de M par la rotation f de centre O et d'angle
Egalité (1)
Donc 3 divise la différence n − 11 .
1 + i. 3
.z
2
π
3
Pour la transformation g, les choses sont plus directes :
i.
π
i.
π
z ′′ − 0 = e 5 × ( z − 0 )
z ′′ = e 5 .z ⇔
Ecriture complexe d'une rotation de centre O et d'angle π /5
⇔ M ′′ est l'image de M par la rotation g de centre O et d'angle
−2.i .
π
5
π
3 et b = 4.e
2) On considère les points A 0 et B0 d'affixes respectives a 0 = 2.e
0
Soient ( A n ) et ( Bn ) les suites de points définies par les relations de récurrences :
A n +1 = f ( A n )
−i.
π
5
.
Bn +1 = g ( Bn )
On note a n et b n les affixes respectives de A n et Bn .
2.a) Quelle est la nature de chacun des triangles OA n A n +1 ?
Comme le point A n +1 est l'image de A n par la rotation de centre O et d'angle
OA n = OA n +1
Le triangle OA n A n +1 est isocèle en O
et
( OAn , OAn+1 ) = π3
L'angle au sommet O mesure π /3
Donc le triangle OA n A n +1 est équilatéral...direct.
π
, alors :
3
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2.b) En déduire la nature du polygone A 0 A1A 2 A3 A 4 A5 .
L'hexagone A 0 A1A 2 A3 A 4 A5
est formé de six triangles
équilatéraux consécutifs.
On établit sans peine que ses
six côtés sont égaux :
A 0 A1 = OA1 = A1A 2
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Même si elle n'est pas demandée, la figure finale est la suivante :
A4
B4
A3
B5
v
= OA 2 = A 2 A3
B3
B2
A4
A3
= OA3 = A3 A 4
= OA 4 = A 4 A5
A5
O
= OA5 = A5 A 0
Conclusion :
A 0 A1A 2 A3 A 4 A5 est un
hexagone régulier de centre O.
v
A2
u
B6
A5
On entrevoit déjà que la suite
des points ( A n ) est cyclique
A0
A1
A0
B1
A1
B7
selon une période de 6.
B0
3.a) Montrer que les points B n sont situés sur un cercle dont on précisera le centre et le
rayon.
Comme :
OB0 = b0 = 4.e
A2
u
O
− i.
π
5
= 4×e
− i.
π
5
= 4 ×1 = 4
alors le point B0 appartient au cercle de centre O et de rayon 4.
Montrons par récurrence qu'il en va de même pour les autres points B n .
Nous avons déjà prouvé que cette propriété était vraie au premier rang pour n = 0 .
Il reste à établir le principe de récurrence ou de propagation.
Si le point B n appartient au cercle de centre O et de rayon 4, alors OBn = 4 .
Comme le point Bn +1 est l'image de Bn par la rotation g de centre O, alors :
OBn +1 = OBn = 4
Les deux points sont sur la même orbite de centre O.
Donc le point Bn +1 appartient alors aussi au cercle de centre O et de rayon 4.
Le principe de récurrence est établi.
Conclusion : tous les points B n appartiennent au cercle de rayon 4 et de centre O.
B8
B9
Sur la figure, on entrevoit que la suite des points ( Bn ) est aussi cyclique selon une
période de 10
(
)
3.b) Indiquer une mesure de l'angle OBn , OBn + 2 .
π
:
5
π
Le point Bn +1 est l'image de Bn , alors OBn , OBn +1 =
5
π
Le point Bn + 2 est l'image de Bn +1 , alors OBn +1 , OBn + 2 =
5
Nous en déduisons :
π π 2.π
OBn , OBn + 2 = OBn , OBn +1 + OBn +1 , OBn + 2 = + =
5
5 5
Comme par la rotation g de centre O et d'angle
(
)
(
(
) (
) (
Relation de Chasles
)
)
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3.c) En déduire la nature du polygone B0 B2 B4 B6 B8 .
Comme :
B0 ; B2 ; B4 ; B6 et B8 appartiennent au même cercle de centre O et de rayon 4.
2.π
OB0 , OB2 = OB2 , OB4 = OB4 , OB6 = OB6 , OB8 = OB8 , OB0 =
5
(
) (
) (
) (
) (
)
Page 3 sur 4
Si a n =
a n+1 = f ( a n )
=
π
3
−i.
π
5
Nous savons déjà que a 0 = 2.e
et b0 = 4.e
.
Pour avoir une idée des expressions de a n et b n (en fonction de n), regardons ce qui se
passent sur les deux premiers termes de chacune de ces deux suites.
i.
π
3
−2.i .
π
3
π
π
i . − 2.i .
3
3
2× e
− i.
π
3
a1 = f ( a 0 ) = e
× 2.e
=
= 2.e soit a1 = 2.e
La rotation f ajoute π /3 dans l'exponentielle
i.
π
3
− i.
π
3
π π
i. − i.
2× e 3 3
a 2 = f ( a1 ) = e
× 2.e
=
= 2.e
= 2 ×1 =2
0
La rotation f ajoute π /3 dans l'exponentielle
i.
π
5
− i.
π
5
π π
i. −i.
4×e 5 5
i .(1− 2 ).
soit a 2 = 2.e
0
π
3
i .( 2− 2 ).
b1 = g ( b0 ) = e
×
4.e
=
=
4 × e = 4 ×1
= 4 soit b1 = 4 × e
π
3
i.
π
i.
g ajoute π /5 dans l'exponentielle
π
π
i . + i .( n − 2 ).
3
3
2× e
=
=
i .(1−1).
π
5
soit b 2 = 4 × e
i .( 2−1).
π
5
i.
π
5
× 4× e
π
π
i . + i .( n −1).
5
5
4× e
i .( n −1).
= 4×e
π
5
i .( n +1−1).
π
5
Donc la formule est vraie au rang n +1
Conclusion : pour tout entier naturel n, on a : a n = 2 × e
i .( n − 2 ).
π
3
et bn = 4 × e
i .( n −1).
π
5
4.b) Montrer que les entier n pour lesquels les points A n et Bn sont simultanément sur
l'axe des réels sont les solutions du système (S) de la partie A.
Un nombre complexe est réel s'il est nul (ce n'est jamais le cas pour a n et b n ) ou si l'un
de ses arguments est un multiple de π.
i .( n − 2 ).
π
3
2
×e
est ( n − 2 ) ×
π
. Par conséquent :
3
λ est un entier relatif
π
a n est un réel ⇔
⇔
n
− 2 = 3 ×
λ
( n − 2) × = λ × π
3 n − 2 est divisible par 3.
L'argument de a n est un multiple de π
⇔
n
≡ 2 modulo3
Par définition de la congruence
Vu ces quatre premiers termes, il semble que pour tout entier naturel n, nous ayons :
π
i .( n − 2 ).
3
2× e
b n+1 = g ( b n ) = e
π
i .( n +1− 2 ).
3
2×e
Forme Exponentielle
π
5 × 4 = 4×e 5
e
La rotation g rajoute π /5 à l'exponentielle
π
i .( n − 2 ).
3
× 2× e
Un argument de a n =
La rotation g ajoute π /5 dans l'exponentielle
b 2 = g ( b1 ) =
π
i.
=e 3
, alors il vient :
Donc la formule est vraie au rang n +1
Donc le principe de récurrence est établi.
4.a) Exprimer a n et b n en fonction de n.
−2.i .
π
i .( n −1).
5
4× e
et bn =
La
rotation
f
rajoute
π
/3
à l'exponentielle Les angles au centre du cercle de centre O et de rayon 4 mesurent tous 2π /5.
alors le polygone B0 B2 B4 B6 B8 est un pentagone régulier de centre O.
π
i .( n − 2 ).
3
2× e
π
i .( n −1).
5
4× e
an =
et
bn =
Une impression n'étant pas une certitude, il reste à prouver ces deux formules.
Les suites ( a n ) et ( b n ) étant définies par récurrence, procédons par...récurrence sur
l'entier n.
Nous savons déjà qu'elles sont vraies aux premiers rangs n = 1 , n = 2 et même n = 0 .
Il reste juste à établir le principe de récurrence. Nos formules se transmettent-elles d'un
rang n sur le suivant n + 1 .
ote : rassure-toi chez candidat, déjà si tu as trouvé les deux formules, c'est bien ! Il
faut bien toute l'obsession de rigueur d'un prof de maths pour songer à les démontrer car
elles sont assez...évidentes.
De même, un argument de b n =
i .( n −1).
π
5
4
×e
étant ( n − 1) ×
Forme Exponentielle
b n est un réel ⇔
π
, il vient :
5
µ est toujours un (autre) entier relatif
π
⇔
n −1 = 3× µ
( n − 1) × = µ × π
5
n −1 est divisible par 5.
L'argument de b n est un multiple de π
⇔
n
≡ 1 modulo 5
Par définition de la congruence
Conclusion : Pour que les points A n et Bn soient simultanément sur l'axe des réels, il
n ≡ 2 modulo 3
faut et il suffit que l'entier n vérifie les deux équations du système ( S ) 
 n ≡ 1 modulo 5
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La périodicité par les expressions.
Les périodicités des suites la suite ( a n ) et ( b n ) peut être établie (confirmées) avec
leurs expressions de a n et b n issues de la question B.3.c.
Pour tout entier naturel n, nous avons :
i .( n + 6 − 2 ).
π
π 6.π
i .( n − 2 ). +
i .( n − 2 ).
π
3 = 2× e
3 3 = 2×e
3 × e i .2 π = a × 1 = a
a n +6 = 2 × e
n
n
La suite ( a n ) est 6-périodique
i .( n +10−1).
π
π 10.π
i .( n −1). +
i .( n −1).
π
5 = 4×e
5 5 = 4×e
5 × e i .2π = b × 1 = b
b n+10 = 4 × e
n
n
La suite ( bn ) est 10-périodique.
Tout cela est bien normal car il faut six bonds de
tour de cercle de 2π radians,
π
π
ou dix sauts de
pour faire un
3
5
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