PGCD (3). Algorithme d'Euclide étendu (sous forme d'activité)

Cet article présente l'algorithme d'Euclide étendu. Il est rédigé sous forme d'activité pouvant être présenté comme un prolongement du cours de l'option maths expertes de terminales, il peut aussi être utilisé de manière indépendante.

Prérequis : 

• Division euclidienne 
• PGCD (2). Algortihme d'Euclide

L'algorithme que nous allons présenter ci-dessous permet de calculer le PGCD $d$ de deux entiers $a$ et $b$, comme l'algorithme d'Euclide. Il permet de plus d'exhiber deux entiers $u$ et $v$ tels que 

$$d=au+bv $$

Algorithme d'Euclide étendu (activité)

Soient $a$ et $b$ deux entiers naturels.

On écrit $a=bq+r$, avec $0\leq r<b $, $q$ et $r$ sont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de $a$ par $b$.

On pose :

• $r_0=a$, $r_1=b$ 
• $u_0=1$, $u_1=0$
• $v_0=0$, $v_1=1$

Ensuite pour tout $n\geq 0$, tant que $r_{n+1}>0$ on définit 

• $r_{n+2}$ est le reste de la division euclidienne de $r_{n}$ par $r_{n+1}$.
• $q_n$ est le quotient de la division euclidienne de $r_n$ par $r_{n+1}$
• $u_{n+2}=u_{n}-q_nu_{n+1}$
• $v_{n+2}=v_{n}-q_nv_{n+1}$

On rappelle d'après l'algorithme d'Euclide classique que la suite $(r_n)$ est décroissante et qu'il existe un entier $t$ tel que $r_{t+1}=0$, et que $r_t=\mathrm{pgcd}(a,b)$. 

Questions.

1. Démontrer que pour tout $m\leq t$, on a $au_m+bv_m=r_m$.
2. Comment utiliser les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ pour obtenirdes entiers $u$ et $v$ tels que $au+bv=\mathrm{pgcd}(a,b)$.
3. Écrire une fonction Python appelée \verb|euclide_etendu| ayant pour arguments deux entiers \verb|a| et \verb|b| permettant de trouver des coefficients de Bézout $u,v$ tels que $$d=|a|u+|b|v $$

 

Solution

1) Faisons une démonstration par récurrence. On va faire une \textit{récurrence forte}. On pose pour tout $m\leq t$ :   $$\mathcal P_m : \forall n\leq m, au_n+bv_n=r_n$$

(a) Initialisation. 

•     Au rang $0$, on a $au_0+bv_0=a\times 1 + b\times 0 = a$ et $r_0=a$. 
•     Au rang $1$, on a $au_1+bv_1=a\times 0 + b\times 1 =b$ et $r_1=b$.

    On a donc bien $\mathcal P_0 $ (et même $\mathcal P_1 $).

 (b) Hérédité. 

Supposons pour un certain entier $m\leq t$ : $$\mathcal P_m : \forall n\leq m, au_n+bv_n=r_n$$ et montrons $$\mathcal P_{m+1} : \forall n\leq m+1, au_n+bv_n=r_n$$

Il reste juste à prouver $au_{m+1}+bv_{m+1}=r_{m+1}$.

On a en utilisant l'hypothèse de récurrence $\mathcal P_m $ avec $n=m-1$ et avec $n=m$,

$$\begin{array}{rcl} au_{m+1}+bv_{m+1}&=&a(u_{m-1}-q_{m-1}u_m)+b(v_{m-1}-q_{m-1}v_m) \\ &=&au_{m-1}+bv_{m-1}-q_{m-1}(au_m+bv_m) \\ &=&r_{m-1}-(u_{m+1}-q_{m-1}r_m\\ \end{array}$$

Comme $r_{m-1}=q_{m-1}r_m+r_{m+1} $, on obtient $au_{m+1}+bv_{m+1}=r_{m-1}-q_{m-1}r_m=r_{m+1}$.

L'hérédité est donc prouvée.

    

 (c) Conclusion. 

Par initialisation et hérédité, on a pour tout $m\leq t$ : $$\mathcal P_m : \forall n\leq m, au_n+bv_n=r_n$$ 

En particulier $\forall m\leq t, au_m+bv_m=r_m$.

  

2) Comme d'après l'algorithme d'Euclide $r_t=\mathrm{pgcd}(a,b)$, on a $au_t+bv_t=r_t=\mathrm{pgcd}(a,b)$. Ainsi $u_t$ et $v_t$ sont les coefficients de Bézout $u$ et $v$.

    

3) Voir ici. 

Exemple. 

Déterminer le plus grand diviseur $d$ commun de 2051 et 1001, et trouver $u$ et $v$ tels que $2051u+1001v=d$.

On pose :

• $r_0=2051$, $r_1=1001$ 
• $u_0=1$, $u_1=0$
• $v_0=0$, $v_1=1$

On calcule les suites $(r_n)$, $(q_n)$, $(u_n)$ et $(v_n)$ :

(1) $2051=2\times 1001+49 $ ainsi 

• $r_2=49$
• $q_0=2$
• $u_2=u_0-q_0 u_1=1-2\times 0=1$
• $v_2=v_0-q_0 v_1 =0-2\times 1=-2$

(2) $1001=20\times 49 +21 $

• $r_3=21$
• $q_1=20$
• $u_3=u_1-q_1 u_2=0-20\times 1=-20$
• $v_3=v_1-q_1 v_2 =1-20\times (-2)=41$

(3) $49=2\times 21 +7 $

• $r_3=7$
• $q_2=2$
• $u_4=u_2-q_2 u_3=1-2\times (-20)=41$
• $v_4=v_2-q_2 v_3 =-2-2\times 41=-84$

(4) $21=3\times 7 +0$

$$2051\times 41+1001\times (-84)= 7$$

Théorème de Bézout

Nous venons, grâce à l'algorithme d'Euclide étendu de montrer les deux théorèmes suivants.

Théorème (Identité de Bézout).

Soient $a$ et $b$ deux entiers relatifs. On note $d=\textrm{pgcd}(a,b)$. 

Il existe deux entiers $u$ et $v$ tels que $$au+bv=d $$

En conséquence, nous avons le théorème suivant.

On dit que deux entiers relatifs sont premiers entre eux si leur plus grand diviseur commun est 1. 

Théorème (Bézout).

Deux entiers relatifs $a$ et $b$ sont premiers entre eux si et seulement s'il existe deux entiers relatifs $u$ et $v$ tels que $au+bv=1$. 

 

Preuve.

Supposons que $a$ et $b$ sont premiers, alors, d'après l'identité de Bézout, il existe $u$ et $v$ tels que $au+bv=1$. Cela revient à dire que $a$ et $b$ n'ont pas d'autre diviseur commun positif que $1$.

Réciproquement, supposons que $au+bv=1$. Si $d$ est un diviseur commun de $a$ et de $b$, on a 

$a=da'$ et $b=db'$. On a donc $da'+db'=1 $ d'où $d(a'+b')=1$. Si $d$ est positif, $d\leq 1 $ car $d$ divise $1$, et donc $d=1$. On en déduit que $a$ et $b$ sont premiers entre eux.

Conclusion et suite

Le théorème de Bézout, nous assure l'existence d'une solution particulière à l'équation 

$ax+by=d$, où $d=\mathrm{pgcd}(a,b)$ appelée équation diophantienne.

Nous verrons dans un autre article une méthode pour résoudre ce type d'équation. 

Nous verrons aussi le théorème de Gauss, en conséquence du théorème de Bézout. Il nous permettra par la suite de s'intéresser à la décomposition d'un entier naturel en facteur premiers. 

 

Groupes (1) : Sous-groupe (définition et exemples)

Cet article fait suite à [Groupes (0) : Définitions et exemples].

Nous donnons ici la définition de sous-groupe et quelques exemples.

Un groupe sera noté $(G,\cdot)$, $\cdot$ étant sa loi de composition interne.

Définition de sous-groupe

Définition. 

Soit $(G,\cdot)$ un groupe. Un sous-groupe $H$ est un sous-ensemble $H\subset G$ qui est aussi un groupe pour la loi définie par $(G,\cdot)$. Autrement dit $(H,\cdot|_{H})$ est un groupe.

Remarques.

• 1) La loi interne $\cdot$ de $G$ est donc une loi interne pour les éléments de $H$. Autrement dit, si $a,b\in H$, alors $a\cdot b\in H$.
• 2) Si $H\subset G$ est un sous-groupe, alors l'élément neutre de $G$ est aussi neutre pour les éléments de $H$. C'est donc aussi l'unique élément neutre de $H$.
• 3) Si $a\in H$,  alors son inverse $a^{-1}$ est aussi un élément de $H$.
• 4) Si $(G,+)$ est un groupe commutatif, $(H,+)$ est aussi commutatif.

Les remarques 1) à 3) sont en fait des conditions suffisantes pour qu'une sous-ensemble $H$ soit un sous-groupe de $G$. 

Propriété. 

Soit $(G,\cdot) $ un groupe. Pour que $H\subset G$ soit un groupe, il suffit que :

(1) L'élément neutre de $G$ soit un élément de $H$.

(2) La loi $\cdot $ de $G$  restreinte à $H$ soit interne à $H$ : pour tous $a,b\in H$, $a\cdot b\in H$.

(3) L'inverse $a^{-1}$ d'un élément $a$ de $H$ appartienne à $H$. 

Démonstration.

Il faut que $(H,\cdot|_{H})$ vérifie les axiomes de groupe. 

(a) D'après (2) la restriction de $\cdot$ à $H$, $\cdot|_{H}$ est une loi interne pour $H$. 

(b) $H$ possède un élément neutre.

(c) D'après (3) chaque élément de $H$ possède un inverse dans $H$.

(d) Comme $\cdot$ est associative, $\cdot$ est associative pour les éléments de $H$.

Quelques exemples de sous-groupes

$2\mathbb Z$

On note 

$$2\mathbb Z=\left\{2n\ | \ n\in\mathbb Z \right\} $$

$2\mathbb Z $ est l'ensemble des entiers pairs.

Montrons que $(2\mathbb Z,+) $ est un sous-groupe de $(\mathbb Z,+)$.

On a par définition $2\mathbb Z\subset \mathbb Z $. 

(1) $0=2\times 0\in 2 \mathbb Z$. 

(2) Si $a=2n $ et $b=2m$, avec $n,m\in \mathbb Z $, alors $a+b=2n+2m=2(n+m)\in\mathbb Z$.

(3) Si $a=2n$, alors $-a==-(2n)=(-2)n\in 2 \mathbb Z$. 

On en déduit que $(2\mathbb Z,+)$ est un sous-groupe de $\mathbb Z$.

$a\mathbb Z$

Plus généralement, on montre exactement de la même façon que si $a\in \mathbb Z$, alors 

$$a\mathbb Z=\left\{an\ | \ n\in\mathbb Z \right\}  $$

est un sous-groupe de $(\mathbb Z,+)$.

Il suffit pour cela, de reprendre les arguments de l'exemple précédent en remplaçant $2$ par l'entier $a$.

De même, on montre que si $b$ est un multiple de $a$, $b\mathbb Z$ est un sous-groupe de $\mathbb Z$.

 Sous-groupes de $\mathbb Z$

Nous venons de voir que pour tout entier relatif $a$, $a\mathbb Z$ est un sous-groupe de $\mathbb Z$. Comme $-a\mathbb Z=a\mathbb Z$, il suffit que $a$ soit positif ou nul.

Réciproquement, soit $H\subset \mathbb Z$ un sous-groupe. 

Supposons que $H$  ne soit pas réduit au sous-groupe trivial $0$, c'est-à-dire le sous-groupe ayant pour seul élément $0$. Autrement dit $H \neq 0 \mathbb Z$.

Soit $b$ un élément de $H$. Si $b<0$, alors $-1(b)=-b>0$ donc on peut toujours trouver un élément strictement positif de $H$. Soit $a$ le plus petit élément strictement positif de $H$.

Nous allons montrer que $a\mathbb Z=H$.

Tout d'abord, si $x\in a\mathbb Z$, alors $x=na$ pour un certain entier relatif $n$. 

Supposons que $n\geq 0$. Si $n=0$ (ou $n=1$), on sait que $a\in H$. Par récurrence, on a rapidement que $na\in H$. En effet, si $ka\in H$, puisque $a\in H$, $(k+1)a\in H$.

Dans le cas où $n\leq 0$, on a $na=-(-n)a$. Comme $(-n)a\in H$, son opposé $na$ est aussi dans $H$. 

On en déduit que $a\mathbb Z\subset H$.

Soit maintenant $x\in H$. Si $x=0$, $x\in a\mathbb Z$. 

Supposons que $x>0$. La division euclidienne de $x$ par $a$ donne $x=aq+r$, avec $0\leq r<a$. Mais $x\in H$ et $-aq\in a\mathbb  Z\subset H$ d'où $r=a-aq\in H$. Par définition de $a$, on ne peut pas avoir $0<r<a$ donc $r=0$, c'est-à-dire $x=aq\in a\mathbb Z$. 

Si $x<0$, comme $-x>0$, $-x\in a\mathbb Z$ d'où $x=-(-x) \in\mathbb aZ$.

Dans tous les cas, $H\subset a\mathbb Z$.

On en déduit que $H=a\mathbb Z$.

Ainsi les sous-groupes de $(\mathbb Z,+)$ sont les $a\mathbb Z$ pour $a\in \mathbb Z$.

$\mathbb Z$ et $\mathbb Q$

Puisque la somme de deux entiers et l'opposé d'un entier est un entier $\mathbb Z$ est un sous-groupe de $(\mathbb Q,+)$.

En revanche puisque l'inverse d'un entier non nul pour la multiplication n'est pas toujours un entier (jamais en fait, sauf pour $1$ et $-1$). Donc $\mathbb Z^\star $ (l'ensemble des entiers non nuls) ne constitue pas un sous-groupe de $(\mathbb Q^\star,\times)$.  

$\mathbb Q^{\times}$ et $\mathbb R^{\times} $ 

Puisque le produit de deux rationnels et le produit d'un rationnel est un rationnel $\mathbb Z^{\star}$ est un sous-groupe de $(\mathbb Q^{\star},\times)$.

On notera ces groupes multiplicatifs $\mathbb Q^\times$ et $\mathbb R^\times$.

Fonctions qui s'annulent en un point

On considère l'ensemble $\mathcal F$  des fonctions $f:[0,1]\longmapsto \mathbb R$ définies sur l'intervalle $[0,1]$ à valeurs dans $\mathbb R$. 

Sur $\mathcal F$, on définit la somme $f+g$ comme la fonction $f+g:x\longmapsto f(x)+g(x)$. Cette somme est associative et la fonction constante $0_{\mathcal F}:x\longmapsto 0$ est un élément neutre pour $+$ dans $\mathcal F$. On vérifie rapidement que l'opposé d'une fonction $f$ est la fonction $(-f):x\longmapsto -(f(x))$.

$(\mathcal F,+)$ représente donc groupe. C'est même un groupe commutatif. 

Notons $\mathcal F_1$ l'ensemble des fonctions $f:[0,1]\longmapsto \mathbb R$ telles que $f(1)=0$.

Alors on vérifie facilement que $\mathcal F_1$ est un sous-groupe de $\mathcal F$.

Exemples de sous-ensemble finis du cercle unité $\mathbb U$

D'après [Groupes (0) : Définitions et exemples], 

l'ensemble $\mathbb U$ l'ensemble des nombres complexes de module 1 muni de la multiplication complexe $\times$ est un groupe. C'est d'ailleurs un sous-groupe de $\mathbb C^{\times}$.

Soit $n$ un nombre entier naturel. On note 

$$\mathbb U_n=\left\{\mathrm{e}^{\frac{2\textrm{i}\pi k}{n}}\ | \ k=0,\ldots,n-1  \right\} $$

Alors $\mathbb U_n$ est un sous-groupe de $\mathbb U$. Pour le vérifier, le produit 

$\mathrm{e}^{\frac{2\textrm{i}\pi k_1}{n}}\mathrm{e}^{\frac{2\textrm{i}\pi k_2}{n}}=

\mathrm{e}^{\frac{2\textrm{i}\pi {(k_1+k_2)}}{n}}$. En notant $r$ le reste de la division euclidienne de $k_1+k_2$ par $n$, on a $k_1+k_2=nq+r$, avec $0\leq r < n $. Ainsi 

$$\mathrm{e}^{\frac{2\textrm{i}\pi {(k_1+k_2)}}{n}}=\mathrm{e}^{\frac{2(nq+r)\pi}{n }}=\mathrm{e}^{2q\textrm{i} \pi+\frac{2\textrm{i} r\pi}{n}}=\mathrm{e}^{2qn\textrm{i} \pi} \mathrm{e}^{\frac{2\textrm{i} r\pi}{n}}= \mathrm{e}^{\frac{2\textrm{i} r\pi}{n}}$$

Comme $0\leq r \leq n-1$, on a donc montré que le produit de deux éléments de $\mathbb U_n$ est un élément de $\mathbb U_n$.

L'élément neutre $1=\mathrm{e}^{\frac{2\textrm{i}\pi 0}{n}}$ est dans $\mathbb U_n$.

En ce qui concerne l'inverse de $w=\mathrm{e}^{\frac{2\textrm{i}\pi k}{n}}$, on a

$$\frac{1}{\mathrm{e}^{\frac{2\textrm{i}\pi k}{n}}}=\mathrm{e}^{-\frac{2\textrm{i}\pi k}{n}}= \mathrm{e}^{2\textrm{i}\pi}\mathrm{e}^{-\frac{2\textrm{i}\pi k}{n}}=\mathrm{e}^{\frac{2\textrm{i}\pi(n-k)}{n}}$$

$0\leq k\leq n-1 $ donc $ n\geq n-k \geq 1$.

• Si $n-k<n$, alors l'inverse de $w$ est bien dans $\mathbb U_n$.
• Si $n-k=n$, c'est-à-dire si $k=0$, $w=\mathrm{e}^{\frac{2\textrm{i}\pi\times 0}{n}}=1$.

Ainsi $\mathbb U_n$ est bien un sous-groupe de $\mathbb U$. 

Il se trouve que tout sous-groupe de cardinal fini de $\mathbb U$ est de la forme $\mathbb U_n$. Nous pourrons le voir dans un autre article. 

Ensuite 

Dans d'autres articles, j'aimerai étudier les fonctions entre les groupes qui sont compatibles avec la structure de groupe, c'est-à-dire les homomorphismes de groupes.

Spécilaité - Ex 13 - solution

Voici la solution de l'exercice du dimanche N°12. 

Niveau terminale de la spécialité mathématique.

Des versions téléchargeables (pdf et tex) sont disponibles à la fin de l'article.  

Thèmes. Equations, fonctions trigonométriques

Niveau Terminale de la spécialité mathématiques.

Exercice 13.

 Résoudre sur l'intervalle $[0;2]$ l'équation

$$(E)\ \ \ \ \sin\left(\pi x(1-x) \right)=\frac{\sqrt 2}{2} $$

La solution

On a

$$ \sin\left(\pi x(1-x) \right)=\frac{\sqrt 2}{2}\Longleftrightarrow \sin\left(\pi x(1-x) \right)=\sin\left(\frac \pi 4 \right)  \Longleftrightarrow  \left\{ \begin{array}{rclr} \pi x(1-x)& =&\frac{\pi}{4}+2k\pi\ (k\in\mathbb Z)    & (1) \\  &\textrm{ou} & \\ \pi x(1-x)& =&\pi-\frac{\pi}{4}+2\ell\pi\ (\ell\in\mathbb Z)   & (2) \end{array} \right. $$

Résolution de (1).

$$(1) \ \ \ \ \pi x(1-x) =\frac{\pi}{4}+2k\pi \Longleftrightarrow x-x^2 = \frac 1 4 +2k \Longleftrightarrow -x^2+x-\frac 1 4-2k =0     $$

Le discriminant de cette équation du second degré est $\Delta_1=1^2-4\left(\frac 1 4+2k \right)=-8k$. 

$\Delta_1$ n'a de solution que si $-8k\geq 0$ c'est-à-dire si $k\leq 0$.

Supposons donc $k\leq 0$. Les solutions de $(1)$ sont alors

$$x_1(k)=\frac{-1+\sqrt{-8k}}{-2}=\frac{1-2\sqrt{-2k}}{2}=\frac 1 2 -\sqrt{-2k}\ \ \ \textrm{et} \ \ \ x_2(k)=\frac{-1-\sqrt{-8k}}{-2}=\frac{1+2\sqrt{-2k}}{2}=\frac 1 2 +\sqrt{-2k}$$

$x_1(k)$ et $x_1'(k)$ étant confondues si et seulement si $\Delta_1=0$, c'est-à-dire si $k=0$.

Comme on cherche les solutions de $(E)$ de l'intervalle $[0;2]$, on va chercher les valeurs de $k$ pour lesquelles $x_1(k)$ et $x_2(k)$ sont dans $[0;2]$.

On va ici, étudier les variations des fonctions pour $t\leq 0$

• $t\mapsto x_1(t)=\frac 1 2 -\sqrt{-2t}$
• $t\mapsto x_2(t))=\frac 1 2 +\sqrt{-2t}$

On utilise la formule $\sqrt u'=\frac{u'}{2\sqrt u}$.

Attention ici, ces fonctions ne sont pas dérivable en $0$ (car $t\mapsto -2t $ s'annule en $0$ et que $t\mapsto \sqrt t $ n'est pas dérivable en $0$).

On a

• $x_1'(t)=-\frac{-2}{2\sqrt{-2t}}=\frac{1}{\sqrt{-2t}}>0 $ pour tout $t\in]-\infty;0[$ et l'on en déduit que $x_1$ est une fonction croissante.
• De même puisque $x_2'(t)=-x_1'(t)$, la fonction $x_2$ est une fonction décroissante.

$$x_1(t)=0\Longleftrightarrow \sqrt{-2t}=\frac 1 2 \Longleftrightarrow -2t=\frac 1 4 \Longleftrightarrow t=-\frac 1 8 $$

Donc si $t<-\frac 1 8 $, $x_1(t)<0$. On en déduit que la seule valeur possible de $k$ pour que $x_1(k)$ soit une solution de $(E)$ sur $[0;2]$ est $k=0$. Cette solution est $x_1(0)=\frac 1 2$.

$$x_2(t)=2 \Longleftrightarrow \sqrt{-2t}=\frac 3 2 \Longleftrightarrow -2t=\frac{9}{4} \Longleftrightarrow t=-\frac{9}{8}$$

Donc si $t<\frac 9 8 $, $x_2(t)>2$. On en déduit que les seules valeurs possibles de $k$ pour que $x_2(k)$ soit une solution de $(E)$ sur $[0;2]$ sont $k=0$ et $k=-1$. Ces solutions sont $x_1(0)=\frac 1 2$ que nous avons déjà et $x_2(-1)=\frac 1 2 +\sqrt{-2\times(-1)}=\frac 1 2+\sqrt 2 $.

Résolution de (2).

$$ (2) \ \ \ \ \pi x (1-x) = \pi -\frac \pi 4 +2\ell \pi \Longleftrightarrow x(1-x)=\frac{3}{4} - 2 \ell \Longleftrightarrow -x^2+x-\frac{3}{4}-2\ell$$

Le discriminant de $(2)$ est $\Delta_2=1^2-4\left(\frac 3 4 +2\ell\right)=-2-8\ell=-2(1+4\ell) $

$(2)$ a des solutions dans $\mathbb R $ ssi $\Delta_2\geq 0 $, c'est-à-dire ssi $1+4\ell \leq 0$ ou encore ssi $\ell \leq -\frac 1 4 $. Puisque $\ell$ prend des valeurs entières, on se limitera dans la suite à $\ell \leq -1$.

On suppose donc $\ell \leq -1$.

Dans ce cas, on a deux solutions de $(2)$ :

$$x_3(\ell)=\frac{-1+\sqrt{-2(1+4\ell)}}{-2}=\frac 1 2 -\frac{\sqrt{-2(1+4\ell)}}{2}\ \ \ \textrm{et} \ \ \ \ x_4(\ell)=\frac 1 2 +\frac{\sqrt{-2(1+4\ell)}}{2}  $$

Comme dans le cas précédent, on va étudier les variations des fonctions $t\mapsto x_3(t)$ et $t\mapsto x_4(t) $ pour $t\leq 0$. On a pour  $v(t)=\sqrt{-2(1+4t)}$, $v'(t)=\frac{-8}{2\sqrt{-2(1+4t)}}=-\frac{4}{\sqrt{-2(1+4t)}}$.

Ainsi pour tout $t\leq -1$ 

• $x_3'(t)=\frac{4}{\sqrt{-2(1+4t)}}>0 $
• $x_4'(t)=-\frac{4}{\sqrt{-2(1+4t)}}<0 $

On en déduit les variations des fonctions $x_3$ et $x_4$.

Remarquons que $\frac 1 2 - \frac{\sqrt 6}{2}<0$ et que par conséquent $x_3(t)<0$ pour tout tout $t\leq -1$. On en déduit qu'il n'y a aucune valeur $\ell$ pour laquelle $x_3(\ell)$ soit dans l'intervalle $[0;2]$.

Remarquons aussi que $0<\frac 1 2 + \frac{\sqrt 6}{2}<2 $ car $\sqrt 6 <\sqrt 9 =3 $.

$$x_4(t)=2 \Longleftrightarrow \sqrt{-2(1+4t)}  = 3 \Longleftrightarrow -2-8t=9 \Longleftrightarrow t=\frac{-11}{8}$$

Comme $-2<\frac{-11}{8}<-1$, on en déduit que les seules valeurs de $\ell$ pour laquelle $x_4(\ell)<2$ est $\ell=-1 $, avec $x_4(\ell)=\frac 1 2 + \frac{\sqrt 6}{2}$.

Conclusion.

Les solutions de l'équation $(E)$ sur $[0;2]$ sont $\frac 1 2$, $\frac 1 2 + \sqrt 2 $ et $ \frac 1 2 + \frac{\sqrt 6}{2}$.

Enoncés  téléchargeables

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Solution téléchargeable

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D'autres exercices

Je publie chaque dimanche un nouvel exercice niveau Première ou Terminale de la spécialité maths.

En attendant, voici la page regroupant tous les exercices du dimanche. 

Spécialité - Ex 13

Voici un exercice d'approfondissement niveau terminale de la spécialité mathématique.

Des versions téléchargeables (pdf et tex) sont disponibles à la fin de l'article.  

Thèmes. Equations, fonctions trigonométriques

Niveau Terminale de la spécialité mathématiques.

Exercice 13.

 Résoudre sur l'intervalle $[0;2]$ l'équation

$$(E)\ \ \ \ \sin\left(\pi x(1-x) \right)=\frac{\sqrt 2}{2} $$

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La solution

La solution sera disponible ici un jour après la parution de cet énoncé.

D'autres exercices

Je publie chaque dimanche un nouvel exercice niveau Première ou Terminale de la spécialité maths.

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$\mathbb R$ (1). Relation d'ordre sur l'ensemble $\mathcal R=\mathcal C/\sim $

 Cet article s'inscrit dans une série d'article concernant la construction de l'ensemble des nombres réels $\mathbb R$. Il fait directement suite à 

• $\mathbb R$ (0) : Toute suite de Cauchy de rationnels est bornée. Quotient de l'ensemble des suites rationnelles de Cauchy

dont il reprend les définitions et les notations. 

Dans [$\mathbb R$ (0)], nous avons construits $\mathcal R$ en quotientant l'ensemble  $\mathcal C$ des suites de Cauchy par la relation $\sim$ (où $u\sim v $ si et seulement si $\lim_n u-v=0$). Dans cet ensemble nous avons défini une addition $+$ et un produit $\times$. 

Nous allons maintenant y définir une relation d'ordre $\leq$. 

Définition d'une relation notée $\leq$ sur $\mathcal R$

Soit $\overline u$ et $\overline{v}$ deux éléments de $\mathcal R=\mathcal C/\sim$.

On note $\overline u\leq \overline v$ si et seulement s'il existe un rationnel $r\in\mathbb R$, $r>0$ et un entier $N\in\mathbb N$  tel que pour tout $n\geq N$, 

$v_n-u_n\geq r$.

On notera 

$$(\star)\ \ \ \ \  \exists (r,N) \in\mathbb Q_+^\star\times \mathbb N\ : \ n\geq N \Rightarrow v_n-u_n\geq r$$

Cette définition de la relation $\leq$ sur $\mathcal R$ n'a de sens que si elle ne dépend pas du choix des représentants de $u$ et de $v$. Plus précisément, cela nécessite que si $\overline{u'}=\overline{u}$ et $\overline{v'}=\overline{v}$,   

$$\left[ \exists (r,N) \in\mathbb Q_+^\star\times \mathbb N\ : \ n\geq N \Rightarrow v_n-u_n\geq r\right] \Longleftrightarrow \left[ \exists (r',N') \in\mathbb Q_+^\star\times \mathbb N\ : \   n\geq N' \Rightarrow v'_n-u'_n\geq r'\right]$$

Comme on peut échanger le rôle de $(u,v)$ et celui de $(u',v')$, il suffit de montrer l'implication $$\left[ \exists (r,N) \in\mathbb Q_+^\star\times \mathbb N\ : \ n\geq N \Rightarrow v_n-u_n\geq r\right] \Longrightarrow \left[ \exists (r',N') \in\mathbb Q_+^\star\times \mathbb N\ : \   n\geq N' \Rightarrow v'_n-u'_n\geq r'\right]$$

On part de $\overline{u'}=\overline{u}$ et $\overline{v'}=\overline{v}$.

Alors $\lim_n (u_n-u_n')=0$ et $\lim_n (v_n-v_n')=0$.

Supposons $\star$. 

Comme $\lim_n (u_n-u_n')=0$, existe un entier naturel $N_1$ tel que si $\geq N_1$,

$$(1)\ \ \ \ \ \left|u_n-u'_n \right| \leq \frac{r}{4} $$

Comme $\lim_n (v_n-v_n')=0$, existe un entier naturel $N_2$ tel que si $\geq N_2$,

$$(2)\ \ \ \ \ \left|v_n-v'_n \right| \leq \frac{r}{4} $$

On note $N'=\max(N_1,N_2,N)$. 

On a pour tout entier naturel $n$,

$$v_n'-u_n'=(v_n'-v_n)+(v_n-u_n)+(u_n-u_n') $$

Pour $n\geq N$, on a respectivement d'après $(1)$, $(2)$

$$\ \ \ \ -\frac{r}{4} \leq u'_n-u_n \frac{r}{4} \textrm{et}\ \ \ \ -\frac{r}{4} \leq v'_n-v_n \frac{r}{4} $$

En utilisant les premières parties respectives de ses inégalités, on obtient 

$$-\frac{r}{4}-\frac{r}{4}\leq (v_n'-v_n)+(u_n-u_n') $$

Puis en utilisant $(\star)$, cela donne

$$-\frac{r}{4}-\frac{r}{4}+r \leq (v_n'-v_n)+(u_n-u_n')+(v_n-u_n)=v_n'-u_n' $$

ce qui nous permet de conclure que 

$$ v'_n-u'_n\geq -\frac{r}{4}-\frac{r}{4}+r=\frac r 2 $$

En notant $r'= \frac r 2>0$, on a bien l'implication voulue.

Remarque. 

On a utilisé dans cette démonstration le fait que $\left| x \right|\leq a \Rightarrow -a\leq x \leq a $.

En voici la preuve. Tout d'abord, si $\left| x \right|\leq a$, alors on a deux cas possibles. Si $x>0$, $|x|=x$ et dans ce cas, $-a \leq 0\leq x\leq a$. Si $x\leq 0$, alors $|x|=-x\leq a$ implique $-|x|=x\geq -a$ et comme $x\leq 0 \leq |x| \leq a $, on a $-a\leq x \leq a$.

L'implication réciproque est vraie. Elle se démontre aussi (à lire prochainement) dans le cas réel.

Lorsque $\overline u\leq \overline v $, on a d'après la définition deux possibilités : 

- $\overline u= \overline v $ ou 

- $ \exists (r,N) \in\mathbb Q_+^\star\times \mathbb N\ : \ n\geq N \Rightarrow v_n-u_n\geq r$

Ces deux possibilités sont incompatibles puisque s'il existe $(r,N) \in\mathbb Q_+^\star\times \mathbb N$ tel que $\ n\geq N$ implique $v_n-u_n\geq r$. Dans ce cas, la suite $(u_n-v_n)$ converge donc pas vers $0$.

On notera $\overline u< \overline v $ lorsque $\overline u\leq \overline v $ et $\overline u \neq \overline v$. On dira dans ce cas que $\overline u$ est strictement inférieur à $\overline v$.

La relation $\leq $ sur $\mathcal R $ est une prolongation de $\leq$  définie sur $\mathbb Q $  

Rappelons (Propriété 2 de [$\mathbb R$ (0)] ) qu'il existe une fonction $\varphi:\mathbb Q \rightarrow \mathcal C$ définie par $\varphi(x)=\overline{u(x)}= [x,x,x,\ldots]$ (la classe d'équivalence de la suite dont tous les termes sont égaux à $x$) qui est injective.

Supposons que $x$ et $y$ sont deux nombres rationnels tels que $x \leq y$. 

Si $x=y$, alors $\varphi(x)=\varphi(y)$ donc $\varphi(x)\leq \varphi(y)$. 

Supposons que $x<y$. Dans ce cas notons $r=y-x$. On a $\overline{u}=\varphi(x)$ et $\overline{v}=\varphi(y)$, pour $u$ et $v$ définies pour tout $n\in\mathbb N$ par  $u_n=x$ et $v_n=y$.

En prenant $N=0$, on a clairement $\mathbb (\star)$. Donc  $\varphi(x)\leq \varphi(y)$.

Ainsi en identifiant $\mathbb Q$ et son image $\varphi(\mathbb Q)$, on prolonge la relation d'ordre $\leq$ habituelle de $\mathbb Q$ à l'ensemble $\mathcal R$.

$\leq$ est une relation d'ordre sur $\mathcal R$

Nous allons vérifier que la relation $\leq $ de $\mathcal R$ est réflexive, transitive et antisymétrique. (voir relation d'ordre).

(1) Réflexivité.

Par définition de $\leq $ dans $\mathcal{R}$.

(2) Transitivité.

Supposons $\overline u\leq \overline v$ et $\overline{v}\leq \overline w$.

Dans le cas, où $\overline u=\overline v$ ou $\overline v=\overline w$, il n'y a rien à montrer. 

Supposons que les inégalités sont strictes. 

Il existe $N_1,N_2$ entiers naturels et $r_1,r_2$ rationnels strictement positifs tels que si $n\geq N_1$,

$$v_n-u_n\geq r_1$$

et si $n\geq N_2$,

$$w_n-v_n\geq r_2$$

Dans ce cas, pour $n\geq \max(N_1,N_2)$, on a 

$$w_n-u_n=(w_n-v_n)+(v_n-u_n)\geq r_1+r_2>r_1>0$$

Donc $u\leq w$.

(3) Antisymétrie.

Supposons $\overline u\leq \overline v$ et $\overline v\leq \overline u$. 

Si $\overline u\neq \overline v $, alors $\overline u< \overline v$ et $\overline v< \overline u$.

Il existe dans ce cas des entiers naturels $N_1,N_2$  et $r_1,r_2$ rationnels strictement positifs tels que si $n\geq N_1$,

$$v_n-u_n\geq r_1$$

et si $n\geq N_2$,

$$u_n-v_n\geq r_2$$

d'où $v_n-u_n \leq -r_2 $

Ainsi pour $n\geq\max(N_1,N_2)$, alors $r_1\leq v_n-u_n\leq -r_2 $. En particulier, $r_1\leq -r_2<0$ ce qui est contraire au fait que $r_1$ est strictement positif. 

Il est donc impossible que $\overline u\neq \overline v $ impliquant $\overline u = \overline v $.

 

Spécialité Ex 12 - Une solution

Voici la solution de l'exercice du dimanche N°12. 

Niveau terminale de la spécialité mathématique.

Des versions téléchargeables (pdf et tex) sont disponibles à la fin de l'article.  

Thèmes. Intégrales, fonctions trigonométriques

Niveau Terminale de la spécialité mathématiques.

Exercice 12.

Calculer

$$I=\int_0^\pi \mathrm{e}^x\cos(x) \mathrm{d}x $$

et

$$J=\int_0^\pi  \mathrm{e}^x\sin(x) \mathrm{d}x  $$

La solution

On pose pour $x\in[0;\pi] $

• $u'(x)=\mathrm{e}^x $
• $v(x)=\cos(x)$
• $w(x)=\sin(x)$

On a comme primitive de $u'(x)$, $u(x)=\mathrm{e}^x $

et

• $v'(x)=-\sin(x)$
• $w'(x)=\cos(x)$

D'après le théorème d'intégration par parties (I.P.P), on a

$$I=\int_0^\pi \mathrm{e^x}\cos(x) \mathrm{d}x = \left[\mathrm{e}^x\cos(x) \right]_0^\pi -\int_0^\pi \mathrm{e^x}(-\sin(x))\mathrm{d}x $$

Ainsi $$I= \left[\mathrm{e}^x\cos(x) \right]_0^\pi+\int_0^\pi \mathrm{e^x}\sin(x)\mathrm{d}x $$

 $$I= \mathrm{e}^\pi \cos(\pi)-\mathrm{e}^0 \cos(0)+J=-\mathrm{e}^\pi-1+J $$

Ainsi $I-J=-\mathrm{e}^\pi-1$, puisque $\cos(0)=1$ et $\cos(\pi)=-1$.

D'après le théorème d'intégration par parties (I.P.P), on a

$$J=\int_0^\pi \mathrm{e^x}\sin(x) \mathrm{d}x = \left[\mathrm{e}^x\sin(x) \right]_0^\pi -\int_0^\pi \mathrm{e^x}\cos(x)\mathrm{d}x $$

Ainsi

$$J= \mathrm{e}^\pi\sin(\pi)-\mathrm{e}^0\sin(0)-I=-I$$

puisque $\sin(0)=\sin(\pi)=0 $

Ainsi $I+J=0$.

On a donc le système suivant

$$\left\{ \begin{array}{rclr} I-J&=&-\mathrm{e}^\pi-1 &(1) \\ I+J&=&0&(2) \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{rclr} 2I&=&-\mathrm{e}^\pi-1 &(1)+(2)\rightarrow (1) \\ J&=&-I&(2) \end{array} \right.  \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{rcl} I&=&\frac{-\mathrm{e}^\pi-1}2   \\ J&=&\frac{\mathrm{e}^\pi+1}2 \end{array} \right. $$

\textbf{Conclusion.}

$$I=\int_0^\pi \mathrm{e}^x\cos(x) \mathrm{d}x =-\frac{\textrm{e}^\pi+1}{2}$$

et

$$J=\int_0^\pi  \mathrm{e}^x\sin(x) \mathrm{d}x =\frac{\textrm{e}^\pi+1}{2} $$

Enoncé téléchargeable

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Solution téléchargeable

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D'autres exercices

Je publie chaque dimanche un nouvel exercice niveau Première ou Terminale de la spécialité maths.

En attendant, voici la page regroupant tous les exercices du dimanche. 

Spécialité - Ex 12

Voici un exercice d'approfondissement niveau terminale de la spécialité mathématique.

Des versions téléchargeables (pdf et tex) sont disponibles à la fin de l'article.  

Thèmes. Intégrales, fonctions trigonométriques

Niveau Terminale de la spécialité mathématiques.

Exercice 12.

Calculer

$$I=\int_0^\pi \mathrm{e}^x\cos(x) \mathrm{d}x $$

et

$$J=\int_0^\pi  \mathrm{e}^x\sin(x) \mathrm{d}x  $$

Versions téléchargeables

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La solution

La solution sera disponible ici un jour après la parution de cet énoncé.

D'autres exercices

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