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Bac de maths, correction de l'exercice de spécialité

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Je m’attaque ici à l’exercice de spécialité. Le sujet peut-être trouvé ici.

Première partie

Première question

Tout d’abord, un triangle est rectangle si, et seulement si, il vérifie l’égalité de Pythagore. Donc un couple d’entiers $(x,y)$ définit un triangle TRPI si, et seulement si, :

$$ y^2 = x^2 + (x+1)^2 = x^2 + x^2 + 2x+1 = 2x^2 + 2x + 1.$$

Deuxième question

On essaye successivement $x=1,x=2$ et $x=3$. Les deux premiers donnent $y^2 = 3$ et $y^2 = 13$ qui ne sont pas des carrés (ce sont des nombres premiers). Le dernier donne $y^2 = 25$ et $y=5$ est solution.

Le couple $(3,5)$ est donc bien minimal.

Troisième question

Petit a

C’est un grand classique à connaître absolument.

Si $n$ est impair, alors $n=2k+1$ avec $k$ entier et donc :

$$ n^2 = (2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2+2k) + 1$$

est impair (car $2k^2+2k$ est entier).

Maintenant, si $n$ est pair avec $n=2k$ alors $n^2 = 4k^2$ est pair.

Finalement, si $n^2$ est impair alors $n$ est nécessairement impair (car sinon $n^2$ serait pair). De même, si $n^2$ est pair alors $n$ est nécessairement pair.

Petit b

Si $x$ est pair alors $x+1$ est impair et si $x$ est impair alors $x+1$ est pair.

De sorte que, quelque soit la parité de $x$, $x^2+ (x+1)^2$ est la somme d’un nombre pair et impair. Donc c’est un nombre impair. Donc $y^2$ est un nombre impair et donc $y$ également.

Quatrième question

Par l’absurde, supposons que $p\neq 1$ divise $x$ et $y$. Alors on pose $y= pk$ et $x = pn$. Il vient

$$ y^2 = p^2k^2 = p^2n^2 + (pn+1)^2 = 2p^2n^2 + 2pn + 1 = p(2pn^2 + 2n) +1$$

or $p$ ne divise pas $1$ et donc ne peut pas diviser $p(2n^2+2n)+1$. Pourtant il divise $y^2$, absurde, donc $x$ et $y$ sont premiers entre eux.

Deuxième partie

Première question

On fait le produit :

$$ \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 4 & 3  \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3x + 2y \\ 4x + 3y \end{pmatrix} $$

et en sommant avec $B$ on obtient :

$$ \begin{pmatrix} x'\\y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3x + 2y \\ 4x + 3y \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3x + 2y + 1 \\ 4x + 3y +2 \end{pmatrix}.$$

Deuxième question

Petit a

On calcule :

$$\begin{aligned} {y'}^2 -2{x'}(x'+1) &= (4x+3y+2)^2 - 2(3x+2y+1)(3x+2y+2) \\ &= 16x^2 + 8x(3y+2) + (3y+2)^2 - 2(9x^2 +6xy + 6x + 6xy + 4y^2 +4y + 3x+2y + 2)\\ &= x^2(16 -18) + xy(24 - 12 - 12) + x(16 - 12-6) + y^2(9 - 8) + y(12 -8 -4) + 4-4 \\ &= -2x^2 -2x + y^2 \\ &= y^2 - 2x(x+1) \end{aligned}$$

comme annoncé.

Petit b

Le couple $(x,y)$ définit un triangle TRPI si, et seulement si,

$$y^2 = 2x^2 + 2x +1 \iff y^2 - 2x^2 - 2x = 1 \iff y^2 - 2x(x+1) = 1 $$

or

$$ {y'}^2 - 2x'(x'+1) = y^2 -2x(x+1)$$

et donc $(y',x')$ définit un triangle TRPI si $(x,y)$ en définit un.

Troisième question

Comme $(x_0,y_0) = (3,5)$, on sait que ce couple définit un triangle TRPI du fait de la deuxième question de la partie B.

On remarque maintenant que la question précédente montre que si $(x_n,y_n)$ définit un triangle TRPI alors $(x_{n+1},y_{n+1}) = (x_n',y_n')$ aussi.

Par principe de récurrence, on conclut.

Quatrième question

La question précédente donne une façon de trouver un tel $x\geq 2017$. En effet, on peut calculer successivement les couples $(x_n,y_n)$ en prenant $(x_0,y_0) = (3,5)$ et en utilisant l’identité :

$$\begin{pmatrix} x_{n+1}\\y_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3x_n + 2y_n + 1 \\ 4x_n + 3y_n +2 \end{pmatrix}$$

On peut donc utiliser l’algorithme suivant :

 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
X=3
Y=5

Tant que X<2017 :
    A = X
    X = 3X + 2Y + 1
    Y = 4A + 3Y + 2
FinTantQue

Afficher (X,Y)

(Cet algorithme termine nécessairement du fait de la croissance linéaire du couple $(x_n,y_n)$.)

On obtient avec cet algorithme le résultat :

$$ (x,y) = (4059,5741). $$

Chouette exercice !

13 commentaires

Super :) Par contre si je ne me trompe pas, lorsque tu prouve que si $n^2$ est impair alors $n$ impair. Tu pars directement du principe que $n$ est impair :D Donc je pense qu’il faut le montrer dans l’autre sens : si $n$ impair alors $n^2$ impair, et si $n$ pair alors $n^2$ pair et donc si $n^2$ impair alors $n$ impair ;)

edit : je dis n’importe quoi, en fait tu as exactement fais ce que je viens de dire, tu n’as juste pas prouvé que si $n$ est pair alors $n^2$ pair (même si c’est évident au bac je pense qu’il faut le dire :p )

Édité par InaDeepThink

+0 -0

On doit bien te pardonner ;) tu l’as fais en 15mn alors que 90% des gens l’ont fait en 1h30 :p

Universite

Je pense que ça m’a mis plus de temps pour rédiger ici. Après c’est plutôt encourageant si j’y arrive vu ma formation … même si c’est assez dommage que je fasse encore ce genre d’erreurs d’inattention (mais la chaleur actuelle me pardonne peut-être ?).

+0 -0

J’ai fait un truc bizarre pour démontrer la question 4. de la partie A.:

J’ai factorisé $y^2$:

$$y^2 = (x+1)^2 + x^2 = (x+1+xi)(x+1-xi) = (x(1+i)+1)(x(1-i)+1)$$

Ensuite j’ai posé $d = pgcd(x, y^2)$

Or, on sait que l’ensemble des diviseurs du pgcd de deux entiers c’est l’intersection des diviseurs de ceux-ci. Du coup j’ai développé mon expression:

$$ \begin{aligned} D(d) &= D(x) \cap D(y^2) \\ D(d) &= D(x) \cap D(x(1+i)+1)(x(1-i)+1)) \\ D(d) &= D(x) \cap \left( D(x(1+i)+1) \cup D(x(1-i)+1) \right ) \\ D(d) &= \left(D(x) \cap D(x(1+i)+1)\right) \cup \left(D(x) \cap D(x(1-i)+1)\right) \\ \end{aligned} $$

Or, $\left(D(x) \cap D(x(1+i)+1)\right)$ est $\{1\}$ car on a $x(1 \pm i) + 1 \equiv 1 \; (mod \, x)$

$$ \begin{aligned} D(d) &= \left(D(x) \cap D(x(1+i)+1)\right) \cup \left(D(x) \cap D(x(1-i)+1)\right) \\ D(d) &= \{1\} \cup \{1\} \\ D(d) &= \{1\} \end{aligned} $$

Or, le seul nombre qui n’a que $1$ comme diviseur… bah c’est tout simplement $1$.

On a donc $pgcd(x, y^2) = 1$ et du coup $pgcd(x, y) = 1$

J’en conclus que $x$ et $y$ sont premiers entre eux.

Je suis pas sûr que mon correcteur appréciera ma méthode un peu bizarre, mais j’avais pas trouvé d’autre méthode. J’imagine que c’est mieux que de n’avoir pas répondu du tout… Je suis même pas sûr que les congruences aient un sens dans $\mathbb Z[i]$

Mes camarades ont juste utilisé le théorème de Bézout.

Édité par felko

Anciennement AlphaZeta

+0 -0

Pour la question 4 de la première partie, on pouvait utiliser l’équivalence de Bezout qui dit que s’il existe $u$ et $v$ appartenant à $\mathbf Z$, tels que $ux+vy=1$, alors $x$ et $y$ sont premiers entre eux. Il suffisait de prendre la condition de départ pour que $(x;y)$ forme un TRPI :

$y^2=2x^2+2x+1$

Ce qui équivaut à :

$y^2-2x^2-2x=1$

Il suffisait alors de poser $u=-2x-2$ et $v=y$.

+0 -0

Ah, j’ai fait un algo pour la dernière question, mais j’avais pas pensé à faire avec les Xn et Yn, j’ai directement utilisé les matrices et fait des conversions matrices->listes a la c**. J’espère que le correcteur sera indulgent :D

Bevet Breizh! Breizh dizalc’h! Betek an trec’h! Ha mallozh ruz d’ar c’hallaoued!

+1 -0

Comme $(x_0,y_0)=(3,5)$ on sait que ce couple définit un triangle TRPI du fait de la deuxième question de la partie B A.

À part cette erreur d’inattention, c’était intéressant de voir comment quelqu’un de niveau très supérieur à celui demandé réfléchit sur l’exercice. Merci pour cette tribune. :)

Qu’est ce qu’une fanfiction ? | Python & Swift | Léger Apple-Addict sur les bords.

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