Examen de synthèse corrigé : maths expertes

$P(3)=27-27+12-12=0$, donc 3 est bien une racine.

En développant $(z-3)(z^{2}+bz+c)=z^{3}+(b-3)z^{2}+(c-3b)z-3c$ et en identifiant : $b-3=-3$ donne $b=0$, puis $-3c=-12$ donne $c=4$, et on vérifie $c-3b=4$. Donc $P(z)=(z-3)\left(z^{2}+4\right)$.

$P(z)=0$ équivaut à $z=3$ ou $z^{2}=-4$, c'est-à-dire $z=2\mathrm{i}$ ou $z=-2\mathrm{i}$. L'ensemble des solutions est $\{3\ ;\ 2\mathrm{i}\ ;\ -2\mathrm{i}\}$.

Les points d'affixes $2\mathrm{i}$ et $-2\mathrm{i}$ sont symétriques par rapport à l'axe des réels, sur lequel se trouve le point d'affixe 3. Le triangle est donc isocèle en ce dernier sommet. Sa base est le segment joignant $2\mathrm{i}$ à $-2\mathrm{i}$, de longueur 4, et la hauteur correspondante vaut 3. Son aire vaut $\frac{4\times 3}{2}=6$.

$3+2\mathrm{i}+(-2\mathrm{i})=3$ et $3\times 2\mathrm{i}\times(-2\mathrm{i})=3\times(-4\mathrm{i}^{2})=12$. Pour un polynôme unitaire de degré 3 écrit $z^{3}+pz^{2}+qz+r$, la somme des racines vaut $-p$ et leur produit vaut $-r$ : ici $-(-3)=3$ et $-(-12)=12$. Les deux racines non réelles étant conjuguées, leur somme et leur produit sont réels, ce qui garantit que ces relations restent à coefficients réels.

$b-a=3+\mathrm{i}$ donc $AB=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}$. $c-b=-1+3\mathrm{i}$ donc $BC=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}$. $c-a=2+4\mathrm{i}$ donc $AC=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$.

$AB=BC=\sqrt{10}$, donc le triangle est isocèle en $B$. De plus $AB^{2}+BC^{2}=10+10=20=AC^{2}$ : d'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle est rectangle en $B$. Il est donc rectangle isocèle en $B$.

$\dfrac{c-b}{a-b}=\dfrac{-1+3\mathrm{i}}{-3-\mathrm{i}}$. On multiplie haut et bas par le conjugué du dénominateur : $\dfrac{(-1+3\mathrm{i})(-3+\mathrm{i})}{(-3)^{2}+(-1)^{2}}=\dfrac{3-\mathrm{i}-9\mathrm{i}+3\mathrm{i}^{2}}{10}=\dfrac{-10\mathrm{i}}{10}=-\mathrm{i}$.

Le quotient vaut $-\mathrm{i}$, de module 1 et d'argument $-\frac{\pi}{2}$. Le module 1 donne $\dfrac{BC}{BA}=1$, donc $BA=BC$ : le triangle est isocèle en $B$. L'argument $-\frac{\pi}{2}$ est une mesure de l'angle orienté entre $\overrightarrow{BA}$ et $\overrightarrow{BC}$, donc ces deux vecteurs sont orthogonaux : le triangle est rectangle en $B$. C'est la même conclusion, obtenue d'un seul calcul.

Dans un carré $ABCD$, les diagonales $AC$ et $BD$ ont le même milieu, donc $\frac{a+c}{2}=\frac{b+d}{2}$, d'où $d=a+c-b=(1+\mathrm{i})+(3+5\mathrm{i})-(4+2\mathrm{i})=4\mathrm{i}$. Comme le triangle $ABC$ est rectangle isocèle en $B$, $ABCD$ est bien un carré. Son centre est le milieu de $[AC]$, d'affixe $\frac{a+c}{2}=\frac{4+6\mathrm{i}}{2}=2+3\mathrm{i}$.

$-64=64\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}$. Si $z^{6}=-64$ alors $|z|^{6}=64$, donc $|z|=64^{1/6}=2$ puisque $|z|$ est un réel positif.

En écrivant $z=2\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}$, l'équation devient $64\,\mathrm{e}^{6\mathrm{i}\theta}=64\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}$, soit $6\theta=\pi+2k\pi$ et donc $\theta=\frac{\pi}{6}+\frac{k\pi}{3}$ pour $k$ entier. Les valeurs $k=0,1,2,3,4,5$ donnent six solutions distinctes : $z_{k}=2\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\left(\frac{\pi}{6}+\frac{k\pi}{3}\right)}$.

$z_{0}=\sqrt{3}+\mathrm{i}$, $z_{1}=2\mathrm{i}$, $z_{2}=-\sqrt{3}+\mathrm{i}$, $z_{3}=-\sqrt{3}-\mathrm{i}$, $z_{4}=-2\mathrm{i}$ et $z_{5}=\sqrt{3}-\mathrm{i}$.

Les six points sont sur le cercle de centre l'origine et de rayon 2, et deux arguments consécutifs diffèrent de $\frac{\pi}{3}$ : les six points partagent donc le cercle en six arcs égaux, ce qui caractérise un hexagone régulier. Le côté vaut $|z_{1}-z_{0}|=|2\mathrm{i}-\sqrt{3}-\mathrm{i}|=|-\sqrt{3}+\mathrm{i}|=2$, ce qui redonne la propriété connue : dans un hexagone régulier le côté égale le rayon. Le périmètre vaut $6\times 2=12$. L'hexagone se découpe en six triangles équilatéraux de côté 2, chacun d'aire $\frac{2^{2}\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}$, donc l'aire vaut $6\sqrt{3}$.

La somme vaut 0 et le produit vaut 64. On les obtient directement sur l'équation écrite $z^{6}+64=0$ : le coefficient de $z^{5}$ est nul, donc la somme des racines est nulle ; et le produit des six racines vaut $(-1)^{6}\times 64=64$. Géométriquement, la somme nulle traduit le fait que le centre de gravité d'un polygone régulier centré à l'origine est l'origine.

$7^{1}=7$, $7^{2}=49$, $7^{3}=343=3\times 100+43$ donc le reste est 43, et $7^{4}=7\times 343=2401=24\times 100+1$ donc le reste est 1.

On a $7^{4}\equiv 1\ [100]$. En élevant à la puissance $n$ et en utilisant la compatibilité des congruences avec le produit : $7^{4n}=\left(7^{4}\right)^{n}\equiv 1^{n}=1\ [100]$.

La division euclidienne de 2026 par 4 donne $2026=4\times 506+2$. Donc $7^{2026}=\left(7^{4}\right)^{506}\times 7^{2}\equiv 1\times 49=49\ [100]$. Le reste est 49, donc l'écriture décimale de $7^{2026}$ se termine par 49.

Petit théorème de Fermat : si $p$ est un nombre premier et si $p$ ne divise pas l'entier $a$, alors $a^{p-1}\equiv 1\ [p]$. Ici $p=7$ est premier et ne divise pas 3, donc $3^{6}\equiv 1\ [7]$. Or $2026=6\times 337+4$, donc $3^{2026}=\left(3^{6}\right)^{337}\times 3^{4}\equiv 3^{4}=81\ [7]$. Comme $81=11\times 7+4$, le reste est 4.

Parce que 100 n'est pas premier : $100=2^{2}\times 5^{2}$. Le petit théorème de Fermat exige un modulo premier, et il n'y a donc rien à en tirer modulo 100. C'est exactement pourquoi la question a) passe par la recherche explicite d'un cycle, qui ne suppose rien sur le modulo.

L'algorithme d'Euclide donne $23=1\times 17+6$, puis $17=2\times 6+5$, puis $6=1\times 5+1$ et enfin $5=5\times 1$. Donc $\mathrm{pgcd}(17\ ;\ 23)=1$. Comme 1 divise 1000, le théorème de Bézout assure que l'équation admet des solutions entières.

On remonte l'algorithme : $1=6-5=6-(17-2\times 6)=3\times 6-17=3\times(23-17)-17=3\times 23-4\times 17$. Donc $17\times(-4)+23\times 3=1$, c'est-à-dire $u=-4$ et $v=3$.

En multipliant par 1000 : $17\times(-4000)+23\times 3000=1000$. Le couple $(-4000\ ;\ 3000)$ est donc une solution particulière, mais elle n'est pas à coordonnées positives. On peut lui préférer $(2\ ;\ 42)$, obtenue à la question suivante, et qu'on vérifie directement : $17\times 2+23\times 42=34+966=1000$.

Si $(x\ ;\ y)$ et $(2\ ;\ 42)$ sont solutions, la soustraction donne $17(x-2)=-23(y-42)$. Comme 17 et 23 sont premiers entre eux, le théorème de Gauss impose que 23 divise $x-2$ : il existe un entier $k$ tel que $x=2+23k$, et alors $y=42-17k$. Réciproquement tous ces couples sont solutions. L'ensemble des solutions entières est donc $\{(2+23k\ ;\ 42-17k),\ k\in\mathbb{Z}\}$.

Il faut de plus $x\geq 0$ et $y\geq 0$, soit $2+23k\geq 0$ et $42-17k\geq 0$, c'est-à-dire $k\geq -\frac{2}{23}$ et $k\leq \frac{42}{17}\approx 2{,}47$. Comme $k$ est entier, $k$ vaut 0, 1 ou 2. Il y a donc trois achats possibles : 2 romans et 42 carnets, 25 romans et 25 carnets, ou 48 romans et 8 carnets.

Soit $d$ un diviseur commun de $5n+3$ et $2n+1$. Alors $d$ divise toute combinaison linéaire entière de ces deux nombres, en particulier $2(5n+3)-5(2n+1)=10n+6-10n-5=1$. Donc $d$ divise 1, soit $d=1$ : les deux nombres sont premiers entre eux pour tout $n$, sans exception.

Le numérateur et le dénominateur étant premiers entre eux, la fraction est irréductible pour tout $n$. Aucune valeur de $n$ ne permet de la simplifier.

$10-(-1)=11$, donc $11$ divise $10-(-1)$, c'est-à-dire $10\equiv -1\ [11]$. En élevant à la puissance $k$ et en utilisant la compatibilité des congruences avec le produit : $10^{k}\equiv(-1)^{k}\ [11]$.

Un entier $N$ de chiffres $a_{0}$ (unités), $a_{1}$ (dizaines), et ainsi de suite, s'écrit $N=\sum a_{k}10^{k}$. D'après c), $N\equiv\sum a_{k}(-1)^{k}\ [11]$ : le reste de $N$ modulo 11 est celui de la somme alternée de ses chiffres, en commençant par les unités avec le signe plus. Donc $N$ est divisible par 11 si et seulement si cette somme alternée l'est. Pour 1 234 567 : $7-6+5-4+3-2+1=4$. Comme 4 n'est pas divisible par 11, 1 234 567 ne l'est pas non plus, et son reste modulo 11 vaut 4.

101 est premier et ne divise pas 2, donc le petit théorème de Fermat donne directement $2^{100}\equiv 1\ [101]$ : le reste est 1. Modulo 100, le théorème ne s'applique pas puisque 100 n'est pas premier ; il faudrait chercher à la main l'ordre de 2, qui n'existe même pas au sens habituel puisque 2 et 100 ne sont pas premiers entre eux. Le choix du modulo change complètement la difficulté du calcul.

Le produit $MX_{n}$ a pour coordonnées $3u_{n}+2v_{n}$ et $u_{n}+2v_{n}$, qui sont exactement $u_{n+1}$ et $v_{n+1}$. Ensuite $u_{1}=3\times 1+2\times 0=3$ et $v_{1}=1+2\times 0=1$, puis $u_{2}=3\times 3+2\times 1=11$ et $v_{2}=3+2\times 1=5$.

$s_{n+1}=u_{n+1}+v_{n+1}=(3u_{n}+2v_{n})+(u_{n}+2v_{n})=4u_{n}+4v_{n}=4s_{n}$. La suite $(s_{n})$ est donc géométrique de raison 4, de premier terme $s_{0}=1+0=1$. Ainsi $s_{n}=4^{n}$.

$d_{n+1}=u_{n+1}-2v_{n+1}=(3u_{n}+2v_{n})-2(u_{n}+2v_{n})=u_{n}-2v_{n}=d_{n}$. La suite est donc constante, égale à $d_{0}=1-0=1$. Autrement dit $u_{n}-2v_{n}=1$ pour tout $n$.

On résout le système $u_{n}+v_{n}=4^{n}$ et $u_{n}-2v_{n}=1$. En soustrayant : $3v_{n}=4^{n}-1$, donc $v_{n}=\dfrac{4^{n}-1}{3}$. Puis $u_{n}=4^{n}-v_{n}=\dfrac{3\times 4^{n}-4^{n}+1}{3}=\dfrac{2\times 4^{n}+1}{3}$. On vérifie pour $n=2$ : $v_{2}=\frac{15}{3}=5$ et $u_{2}=\frac{33}{3}=11$.

$\dfrac{u_{n}}{v_{n}}=\dfrac{2\times 4^{n}+1}{4^{n}-1}$. En divisant haut et bas par $4^{n}$, qui tend vers $+\infty$, le quotient tend vers 2. Ce nombre n'est pas un hasard : les deux suites $(s_{n})$ et $(d_{n})$ correspondent aux deux valeurs propres 4 et 1 de $M$, et $\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}$ est un vecteur propre associé à la valeur propre dominante 4. À long terme, $X_{n}$ s'aligne sur cette direction, donc le rapport de ses coordonnées tend vers $\frac{2}{1}=2$.

Les arêtes sont $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ et la diagonale $AC$, soit 5 arêtes. Donc $\deg(A)=3$, $\deg(B)=2$, $\deg(C)=3$ et $\deg(D)=2$. La somme vaut $10=2\times 5$, conformément au lemme des poignées de main. La matrice d'adjacence est $M=\begin{pmatrix}0&1&1&1\\1&0&1&0\\1&1&0&1\\1&0&1&0\end{pmatrix}$

Parce que $B$ et $D$ ont exactement les mêmes voisins : tous deux sont reliés à $A$ et à $C$, et à rien d'autre. Or la ligne $i$ de $M$ est la liste des voisins de $i$ ; si deux lignes de $M$ sont égales, les lignes correspondantes de $M^{2}$ le sont aussi. Le graphe ne fait aucune différence entre $B$ et $D$ : l'échange de ces deux sommets est une symétrie du graphe.

Chaque triangle est compté six fois dans la somme des coefficients diagonaux de $M^{3}$, une fois par sommet et dans les deux sens de parcours. Le graphe possède donc $12/6=2$ triangles, à savoir $ABC$ et $ACD$. Ils partagent l'arête diagonale $AC$, qui est justement l'arête ajoutée au carré.

Le coefficient d'indice $(B\ ;\ D)$ de $M^{2}$ vaut 2 : les deux chaînes sont $B-A-D$ et $B-C-D$. Le coefficient d'indice $(A\ ;\ C)$ vaut lui aussi 2, avec les chaînes $A-B-C$ et $A-D-C$. Les deux nombres sont en fait égaux : c'est une conséquence de la symétrie vue en c), qui échange $B$ et $D$ tout en fixant $A$ et $C$.

Tous les coefficients sont positifs et chaque ligne somme à 1 : $0{,}6+0{,}3+0{,}1=1$, $0{,}3+0{,}6+0{,}1=1$ et $0{,}2+0{,}2+0{,}6=1$. La troisième ligne signifie qu'un abonné de la plateforme 3 la garde avec la probabilité $0{,}6$, et passe à la plateforme 1 ou à la plateforme 2 avec la probabilité $0{,}2$ dans chaque cas.

$\pi_{0}=(1\ ;\ 0\ ;\ 0)$, donc $\pi_{1}$ est la première ligne de $M$ : $(0{,}6\ ;\ 0{,}3\ ;\ 0{,}1)$. Puis $\pi_{2}=(0{,}36+0{,}09+0{,}02\ ;\ 0{,}18+0{,}18+0{,}02\ ;\ 0{,}06+0{,}03+0{,}06)=(0{,}47\ ;\ 0{,}38\ ;\ 0{,}15)$.

On cherche $\pi=(a\ ;\ b\ ;\ c)$ avec $\pi M=\pi$ et $a+b+c=1$. La troisième équation s'écrit $0{,}1a+0{,}1b+0{,}6c=c$, soit $0{,}1(a+b)=0{,}4c$. Comme $a+b=1-c$, il vient $0{,}1-0{,}1c=0{,}4c$, donc $0{,}5c=0{,}1$ et $c=0{,}2$. La première équation s'écrit $0{,}6a+0{,}3b+0{,}2c=a$, soit $0{,}3b+0{,}04=0{,}4a$. Avec $b=0{,}8-a$ : $0{,}24-0{,}3a+0{,}04=0{,}4a$, donc $0{,}7a=0{,}28$ et $a=0{,}4$, puis $b=0{,}4$.