Terminale - Spécialité - Corrigés

Mathématiques
Terminale S
Enseignement de Spécialité
Corrigés des exercices
Rédaction :
Anne Fromentin - Aubry
Annaïg Meudec
Coordination :
Sébastien Cario
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C orrigé de la séquence 1
Corrigé de l’activité du chapitre 2
■ Activité 1 Les codes barres

1
On a :
C1 + C 3 + ... + C11 = 3 + 5 + 3 + 0 + 7 + 4 = 22 ;
3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (2 + 0 + 9 + 2 + 7 + 6 ) = 78 ;
R = 0.
La somme 22 + 78 + 0 = 100 est bien un multiple de 10 donc on ne détecte pas

d’erreur dans le code ci-dessous.
2
On a :
C1 + C 3 + ... + C11 = 5 + 5 + 0 + 3 + 9 + 4 = 26 ;
3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (0 + 0 + 8 + 4 + 4 + 3) = 57 ;
La somme 26 + 57 + R = 83 + R doit être un multiple de 10 et 0 ≤ R ≤ 9 donc

R = 7.
3
9 782940 199617
On a :
C1 + C 3 + ... + C11 = 9 + 8 +9 +0 +9 +6 = 41 ;
3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (7 + 2 + 4 + 1+ 9 + 1) = 72 ;
R = 7.
La somme 41 + 72 + 7 = 120 est un multiple de 10 ; on ne détecte pas d’erreur

sur ce code barre.
Corrigé séquence 1 – MA03 1

9 782940 199167
C1 + C 3 + ... + C11 = 9 + 8 +9 +0 +9 +1 = 36 ;
3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (7 + 2 + 4 + 1+ 9 + 6 ) = 87 ;
R = 7.
sur ce code barre.
3 782940 199617
C1 + C 3 + ... + C11 = 3 + 8 +9 +0 +9 +6 = 35 ;
3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (7 + 2 + 4 + 1+ 9 + 1) = 72 ;
R = 7.
La somme 35 + 72 + 7 = 114 n’est pas un multiple de 10 donc ce code barre
comporte une erreur.
4
1 672345 678900
C1 + C 3 + ... + C11 = 1+ 7 + 3 + 5 + 7 + 9 = 32 ;
3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (6 + 2 + 4 + 6 + 8 + 0 ) = 78 ;
R = 0.
sur ce code barre.
7 612345 678900
C1 + C 3 + ... + C11 = 7 + 1+ 3 + 5 + 7 + 9 = 32 ;
3 × (C 2 + C 4 + ... + C12 ) = 3 × (6 + 2 + 4 + 6 + 8 + 0 ) = 78 ;
R = 0.

sur ce code barre.
Toutes les erreurs de saisie ne peuvent pas être détectées grâce à la clé de
contrôle : en effet, dans l’exemple ci-dessus, la permutation de C1 et C 3 n’est
pas détectée.
2 Corrigé séquence 1 – MA03

Corrigé des exercices d’appren-
tissage du chapitre 2
Exercice 1 Vrai/Faux
a) Si un entier est divisible par 49 et par 35 alors cet entier est divisible par
49 × 35 = 1715.
Faux Contre-exemple : 245 = 49 × 5 = 7 × 35 est divisible par 49 et par 35 mais n’est
pas divisible par 1 715.
b) Si un nombre est divisible par 3 alors il est divisible par 9.

Faux Contre-exemple : 3 est divisible par 3 mais n’est pas divisible par 9.
c) Si a divise b et c alors a divise b − c .

Vrai Comme a divise b et c, il existe deux entiers m et n tels que b = ma et c = na.
On a : b – c = ma – na = a (m – n) ; (m – n) est un entier et ainsi a divise b − c .
d) La somme de deux diviseurs d’un entier est encore un diviseur de cet entier.
Faux Contre-exemple : 3 et 7 divisent 21 mais 3 + 7 = 10 ne divise pas 21.
e) Le produit de deux entiers pairs est pair.

Vrai Soit a et b deux entiers pairs. Il existe deux entiers k et k’ tels que a = 2k et b = 2k’.
) ) )
Alors a × b = ( 2k × ( 2k ' = 2 × ( 2kk ' donc ab est pair.
f) Le produit de deux entiers impairs est impair.

Vrai Soit a et b deux entiers impairs. Il existe deux entiers k et k’ tels que a = 2k +1
et b = 2k’+1.
) ) )
Alors a × b = ( 2k + 1 × ( 2k '+ 1 = 4kk '+ 2k + 2k '+ 1 = 2 × ( 2kk '+ k + k ' + 1 donc
ab est impair.
Exercice 2 En utilisant un raisonnement par contraposée, démontrons que, pour tout entier
n, si n 2 est pair alors n est pair.
Pour cela, démontrons que « pour tout entier n, si n n’est pas pair alors n 2 n’est
pas pair », c’est-à-dire « pour tout entier n, si n est impair alors n 2 est impair ».
Cette propriété a été démontrée dans l’exercice précédent.
Nous avons démontré que pour tout entier n, si n est impair alors n 2 est impair.
En utilisant un raisonnement par contraposée, cela prouve que, pour tout entier
n, si n 2 est pair alors n est pair.

Exercice 3 Nombres amis
a) Les diviseurs de A = 220 excepté 220 sont 1 ; 2 ; 4 ; 5 ; 10 ; 11 ; 20 ; 22 ; 44 ;

55 et 110 donc si A et B sont amis alors
B = 1+ 2 + 4 + 5 + 10 + 11 + 20 + 22 + 44 + 55 + 110 = 284.
On vérifie bien que la somme des diviseurs de B excepté 284 est égale à 220 :
1 + 2 + 4 + 71 + 142 = 220.
Ainsi 220 et 284 sont amis.
b) et c)
Remarque
Le nombre total d’itérations d’un algorithme avec le logi-

ciel Algobox ne peut pas dépasser 5 millions ce qui limite
la recherche de nombres amis compris entre 1 et environ
3 400.
Exercice 4 1
13587 M
On a 13 587 + 11 = 13 598 = 13 × 1046 ; 13 598 est un multiple de 13 donc cette
référence est correcte.
45905 A
On a 45 905 + 0 = 13 × 3531+ 2 ; 45 905 n’est pas un multiple de 13 donc cette
référence n’est pas correcte.
2 On a 13 × 2001 < 26014 < 13 × 2002 ; 13 × 2002 = 26026.
On a 26026 – 26014 = 12 donc la lettre manquante est le N.

Exercice 5 Soit (a ; b) un couple d’entiers naturels tels que (a + 4 )(b − 1) = 14.
Comme a ≥ 0, a + 4 ≥ 4 et b ≥ 0 donc b − 1 ≥ −1.
De plus, les écritures de 14 comme produit de deux entiers relatifs sont :
14 = 1× 14 = 2 × 7 = ( −1) × ( −14 ) = ( −2) × ( −7).
On obtient donc :
 a+4=1 b − 1 = 14  ou  a + 4 = 14 et b − 1 = 1 
 a = −3 (exclu ) et   a = 10
 b = 15   b = 2 
 a+4=2 b − 1= 7 
ou  et 
 a = −2 (exclu ) b=8 
 a+4=7
et
b − 1 = 2  ou  a + 4 = −1 b − 1 = −14 
ou    a = −5 (exclu ) et b = −13 (exclu ) 
 a=3 b=3   
 a + 4 = −14 b − 1 = −1 
ou  et 
 a = −18 (exclu ) b=0 
 a + 4 = −2 b − 1 = −7 
ou  et
 a = −6 (exclu ) b = −6 (exclu ) 
 a + 4 = −7 b − 1 = −2 
ou  et .
 a = −11 (exclu ) b = −1 (exclu ) 
On vérifie que (3 ; 3) et (10 ; 2) conviennent, donc les couples solution sont les
éléments de l’ensemble {(10 ; 2) ; (3 ; 3)}.
Exercice 6 Raisonnement par récurrence

On veut démontrer par récurrence que la proposition n « 7n − 2n est un multiple
de 5 » est vraie pour tout entier naturel n.
Initialisation Au rang n = 0, 70 − 20 = 1− 1 = 0. Or, 0 est divisible par 5. Ainsi la propriété n

est vraie au rang n = 0.
Hérédité On suppose que la proposition « 7n − 2n est un multiple de 5 » est vraie pour

un certain rang n = k ; autrement dit, on suppose que pour un entier k positif,
7k − 2k est divisible par 5.

Regardons la proposition au rang k + 1:
7k +1 − 2k +1 = 7 × 7k − 2 × 2k
= (2 + 5) × 7k − 2 × 2k
= 2 × 7k − 2 × 2k + 5 × 7k
= 2(7k − 2k ) + 5 × 7k .
Par hypothèse de récurrence, 7k − 2k est un multiple de 5 donc il existe un entier p
tel que 7k − 2k = 5p.
Ainsi,
( )
7k +1 − 2k +1 = 2 7k − 2k + 5 × 7k
= 2 × 5p + 5 × 7k
(
= 5 2p + 7k .)
Comme 2p + 7k est un nombre entier, 7k +1 − 2k +1 est divisible par 5 et la
proposition n « 7n − 2n est un multiple de 5 » est vraie au rang n = k + 1 : la
propriété est héréditaire.
Conclusion La proposition n « 7n − 2n est un multiple de 5 » est vraie pour n = 0 et elle

est héréditaire donc, par récurrence, pour tout n ≥ 0, 7n − 2n est un multiple de
5.
Remarque
Ce résultat sera démontré d’une autre manière dans l’exercice 16 du chapitre 4.
Exercice 7 Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel non nul n, la proposition
n « An = (n + 1)(n + 2)...(2n − 1)(2n ) est divisible par 2n » est vraie
Au rang n = 1, A1 = 2 et 21 = 2. Or, 2 est divisible par 2. Ainsi la proposition n

Initialisation
est vraie au rang n = 1.
Hérédité On suppose que la proposition « An = (n + 1)(n + 2)...(2n − 1)(2n ) est divisible

par 2n » est vraie pour un certain rang n = k.

Regardons la propriété au rang k + 1 :
Ak +1 = ((k + 1) + 1)((k + 1) + 2)...( 2(k + 1) − 1)( 2(k + 1))

= (k + 2)(k + 3)...(2k + 1) × 2 × (k + 1)
= (
k+ 1)(k +2
)(k k ) × (2k + 1) × 2.
+ 3)...(2
Ak
Par hypothèse de récurrence, Ak est divisible par 2k donc il existe un entier p tel
que Ak = 2k p.
Ainsi,
Ak +1 = Ak × (2k + 1) × 2
= 2k p × (2k + 1) × 2
= 2k +1p × (2k + 1).
Comme p × (2k + 1) est un nombre entier, Ak +1 est divisible par 2k +1 et la

proposition « An = (n + 1)(n + 2)...(2n − 1)(2n ) est divisible par 2n » est vraie au
rang n = k + 1 : la proposition est héréditaire.
Conclusion La proposition n est vraie pour n = 1 et elle est héréditaire donc, pour tout
n ≥ 1,
An = (n + 1)(n + 2)...(2n − 1)(2n ) est divisible par 2n .
Exercice 8 On considère le nombre A = n (n + 1)(n + 2).
)
a) Les nombres n , (n + 1 et (n + 2 ) sont trois entiers consécutifs donc
nécessairement au moins l’un d’eux est pair et ainsi 2 divise A.
)
b) Les nombres n , (n + 1 et (n + 2 ) sont trois entiers consécutifs donc
nécessairement au moins l’un d’eux est divisible par 3 et ainsi 3 divise A.
c) Pour n = 7, on a A = 7 × 8 × 9 qui est divisible par 8. Ce contre-exemple nous

prouve que la proposition « si A est divisible par 8 alors n est pair » est fausse.

■ Activité 2 Numéro d’inscription au répertoire (ou numéro de sécurité sociale)
1 Dans chacun des cas, le calcul a pour résultat le nombre formé par les deux
derniers chiffres du numéro de sécurité sociale.
2 Les informations nous donnent les treize premiers chiffres : 1 11 07 77284 136
On calcule les deux derniers à l’aide du tableur et on obtient 40. Le numéro de
sécurité sociale de ce garçon est donc 1 11 07 77284 136 40.
3 On utilise le tableur :
Les premier et troisième numéros ne sont pas corrects car les deux derniers
chiffres ne correspondent pas à ceux trouver par le calcul.

Exercice 9 a) Soit n ce nombre. On a n = q × 6 + 5 et n = q × 7 + 3. Donc 6q + 5 = 7q + 3

soit q = 2. Ainsi, n = 2 × 6 + 5 = 17.
b) On a : a = q × 45 + 9.
Ainsi, a = 3q × 15 + 9 et 0 ≤ 9 < 15 donc le reste de la division euclidienne de a
par 15 est 9 ;
a = 9(q × 5 + 1) donc le reste de la division euclidienne de a par 9 est 0 ;
a = q × 9 × 5 + 5 + 4 = (9q + 1) × 5 + 4 et 0 ≤ 4 < 5
donc le reste de la division euclidienne de a par 5 est 4.
Comme a est divisible par 9, a est divisible par 3 donc le reste de la division
euclidienne de a par 3 est 0.
c) On a 394 = 17 × b + r et 0 ≤ r < b.
Comme 17 × 23 = 391, on a 1 ≤ b ≤ 23.

Testons les cas possibles à l’aide d’un tableur.
Donc les deux cas possibles sont : b = 22
et r = 20 ou b = 23 et r = 3 (car 0 ≤ r < b ).
d) Soit n le dividende, b le diviseur, q le

quotient et r le reste.
n = q × b + r
On a 
(n + 36 ) = q × (b + 3) + r
n = q × b + r
soit 
qb + r + 36 = qb + 3q + r
n = q × b + r

soit  36 .
q = 3 = 12

Ainsi, q = 12.
Exercice 10
Analyse (c’est-à-dire on suppose que n est solution et on cherche des conditions
nécessaires portant sur n)
Comme n + 3 divise 2n − 3, il existe un entier relatif k tel que 2n − 3 = k (n + 3)

soit (k − 2)n = −3(k + 1).
En considérant le signe de chaque membre de l’égalité, on obtient les cas
suivants :
k − 2 ≥ 0 et k + 1 ≤ 0 soit k ≥ 2 et k ≤ −1 ce qui est impossible ;
k − 2 ≤ 0 et k + 1 ≥ 0 soit k ≤ 2 et k ≥ −1 donc nécessairement k prend

une des valeurs –1, 0, 1 ou 2.
Synthèse (c’est-à-dire on cherche parmi les valeurs précédentes, celles qui conviennent)
Si k = −1, 2n − 3 = −1(n + 3) soit n = 0 ;

si k = 0, 2n − 3 = 0 ce qui est exclu car n ∈ ;
si k = 1, 2n − 3 = 1(n + 3) soit n = 6 ;
si k = 2, 2n − 3 = 2(n + 3) soit − 3 = 6 ce qui est absurde.
Conclusion Ainsi, les entiers naturels n tels que n + 3 divise 2n – 3 sont 0 et 6.
Exercice 11 La division euclidienne d’un entier naturel a par 64 donne le quotient q et le reste
q 3 donc on a : a = q × 64 + q 3 avec 0 ≤ q 3 < 64. On a nécessairement q > 0 et
comme 4 3 = 64 , q peut prendre les valeurs 1, 2 et 3.
Si q = 1, a = 1× 64 + 13 = 65 et 0 ≤ 13 < 64.
Si q = 2, a = 2 × 64 + 23 = 136 et 0 ≤ 23 < 64.
Si q = 3, a = 3 × 64 + 33 = 219 et 0 ≤ 33 < 64.

Ainsi, les entiers naturels dont la division euclidienne par 64 donne le quotient q
et le reste q 3 sont 65, 136 et 219.
Exercice 12 a) En utilisant une feuille de calcul, on obtient :
Donc la clé de 204730284 est K = 11– 5 = 6

Donc la clé de 221984028 est X
Donc la clé de 204396892 est 0.

b)
Pour le code 247684123, on devrait avoir la clé 4 ( K = 11− 7 = 4 ) au lieu de 7

donc ce code est erroné.
c)

Exercice 13 Déterminer le reste de 2n 2 − n + 2 par 2n selon les valeurs de n.
On a n ≥ 1 car on ne peut pas diviser par 0.
Si n = 1, 2n 2 − n + 2 = 3 = 1× 2 + 1 donc r = 1.
Si n = 2, 2n 2 − n + 2 = 8 = 4 × 2 + 0 donc r = 0.
Si 3 ≤ n , 2n 2 − n + 2 = (n − 1) × 2n + (n + 2) et on a bien n + 2< 2n donc r = n + 2.

■ Activité 3 Le 1er janvier 2012 était un dimanche.
1
Lundi Mardi Mercredi Jeudi Vendredi Samedi Dimanche

1 2 3 4 5 6 7
8 9 10 11 12 13 14
15 16 17 18 19 20
2 La différence de deux nombres d’une même colonne est un multiple de 7.
3 Effectuons la division euclidienne de 1 000 par 7 : 1000 = 142 × 7 + 6 donc

1000 et 6 sont dans la même colonne et 1 000 jours après le 1er janvier 2012 nous
serons un samedi.
4 Entre le 1er janvier 2012 et le 1er janvier 2020, il s’écoule 2922 jours
( 2 × 366 + 6 × 365 = 2922 ).
Or on a 2922 = 417 × 7 + 3 donc 3 et 2922 sont dans une même colonne et

le 1er janvier 2020, nous serons un mercredi.

Exercice 14 a) Tout nombre est congru modulo n au reste de sa division euclidienne par n.
Comme 7654 = 695 × 11+ 9, on a 7654 ≡ 9 [11].

b) On a 14533 − 6742 = 7791 = 1113 × 7, la différence 14533 − 6742 est un
multiple de 7 donc 14 533 et 6 742 sont congrus modulo 7.
Exercice 15 a) On a 1473 = 210 × 7+3

donc 1473 ≡ 3 [7] ;1474 ≡ 4 [7] ;1475 ≡ 5 [7] soit 1475 ≡−2 [7] et 1476 ≡ 6 [7]
soit 1476 ≡−1 [7] donc, par compatibilité des congruences avec la multiplication,
on a
1473 × 1474 × 1475 × 1476 ≡ 3 × 4 × ( − 2) × ( −1) [7]
soit 1473 × 1474 × 1475 × 1476 ≡ 24 [7] ≡ 3 [7].
Comme le reste r de la division euclidienne par 7 de 1473 × 1474 × 1475 × 1476
est le seul entier qui lui est congru modulo 7 et qui vérifie 0 ≤ r < 7, le reste
de la division euclidienne de 1473 × 1474 × 1475 × 1476 par 7 est 3 car on
a bien 0 ≤ 3 < 7.
b) On a 19 = 6 × 3 + 1 ≡1 [ 3] donc, par compatibilité des congruences avec
l’élévation à une puissance, 19328 ≡ 1328 [ 3] soit 19328 ≡1 [ 3].
Comme 0 ≤ 1 < 3, le reste de la division euclidienne de 19328 par 3 est 1.

c) On a 7 ≡ 2 [5] , donc, par compatibilité des congruences avec l’élévation à une
puissance, 72 ≡ 22 [5] soit 72 ≡ 4 [5] ou encore 72 ≡−1 [5].
Ainsi,
7202 = (72 )101 ≡( −1)101 [5] soit 7202 ≡−1 [5] ou encore 7202 ≡ 4 [5].
Donc, comme 0 ≤ 4 < 5, le reste de la division euclidienne de 7202 par 5 est 4.
Exercice 16 On a 7 ≡ 2 [5] donc, par compatibilité des congruences avec l'élévation à une puissance,
pour tout entier naturel n , 7n ≡ 2n [5].
n n
Ainsi, 7 − 2 ≡ 0 [5] et 7n − 2n est un multiple de 5.
Remarque
Ce résultat a été démontré dans l’exercice 6 en utilisant un raisonnement par récurrence.

Exercice 17 1 a) On a 1999 = 285 × 7 + 4 donc 1999 ≡ 4 [7].
b) On a 2007 = 286 × 7 + 5 donc 2007 ≡ 5 [7] et ainsi le plus petit nombre entier
naturel congru à 2007 modulo 7 est 5 (le plus grand nombre congru à 2007
modulo 7 et strictement inférieur à 5 est −2 = 5 − 7 qui est négatif).
2 Soit n un nombre entier naturel congru à 5 modulo 7.
a) On sait que n ≡ 5 [7] donc, par compatibilité des congruences avec l’élévation
3 3
à une puissance, n ≡ 5 [7].
Or, 53 =125=17 × 7+6 donc 53 ≡ 6 [7] et ainsi (par transitivité), n 3 ≡ 6 [7].

3 3
b) Comme n ≡ 6 [7], n ≡−1 [7] et ainsi, par compatibilité des congruences
3
avec l’addition, n + 1 ≡ 0 [7] ce qui prouve que (n 3 + 1) est divisible par 7.
3 On sait que n ≡ 4 [7] donc, par compatibilité des congruences avec l’élévation
à une puissance, n 3 ≡ 4 3 [7].
Or, 4 3 = 64 = 9 × 7+1 donc 4 3 ≡1 [7] et ainsi, n 3 ≡1 [7]. Ceci nous prouve bien
3
que la différence (n –1) est divisible par 7.
4 Comme 1999 ≡ 4 [7], d’après ce qui ce qui précède (2a), (19993 –1) est
divisible par 7.
De plus (d’après 2b), (20073 + 1) est divisible par 7.
Comme A = 19993 + 20073 = (19993 –1) + (20073 + 1), A est la somme de deux
multiples de 7 donc A est un multiple de 7 ou encore A est divisible par 7.
Exercice 18 1 On a 5 = 0 × 8+5 et 0 ≤ 5<8 donc le reste de la division euclidienne de 5

par 8 est 5. Comme 52 ≡ 1[8] et 0 ≤ 1 < 8, le reste de la division euclidienne
de 52 par 8 est 1.
2 Comme 52 ≡1[8], par compatibilité des congruences avec l’élévation à une
puissance, 586 = (52 )43 ≡ (1)43 [8] soit 586 ≡1[8] donc le reste de la division
euclidienne de 586 par 8 est 1.

On a 587 = 5 × 586 ≡ 5 × 1[8] par compatibilité des congruences avec la
multiplication soit 587 ≡ 5 [8].

3 On a 965 = 5 × 193.
Or, 193 = 24 × 8 + 1 donc, par compatibilité des congruences avec la multiplication,
965 = 5 × 193 ≡ 5 [8].
5 On a 52n +1 + 52n + 2 =(52 )n × 5 + (52 )n + 2. Par compatibilité des

congruences avec les opérations,
( 5 ) × 5 + ( 5 ) + 2 ≡ 1 × 5 + 1 + 2 [8 ]
n n
2 2 n n
≡ 5 + 1+ 2 [8]
≡ 0 [8].
2n +1
Ainsi, pour tout entier naturel n, 5 + 52n + 2 est un multiple de 8.
4
Exercice 19 1 Le nombre 3210 correspond en base 10 au nombre
3 × 4 3 + 2 × 42 + 1× 41 + 0 × 40 = 228.
16
2 Le nombre AD78 correspond au nombre décimal
10 × 163 + 13 × 162 + 7 × 161 + 8 × 160 = 44408.
2
3 Le nombre 100101 correspond en base 10 au nombre
1× 25 + 0 × 24 + 0 × 23 + 1× 22 + 0 × 21 + 1× 20 = 37.
4 On a :
31427 8
3 3928 8
8 0 491
61 3 8
5 7 8
8
7 0 Ainsi : 31427 = 75303 .

5 On a l’égalité 1 792 =1× 210 + 1× 29 + 1× 28 donc l’écriture en base 2 de
2
1 792 est 11100000000 .
Exercice 20 1 Voici la table de chiffrement.
Lettre A B C D E F G H I J K L M
N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
P 10 13 16 19 22 25 2 5 8 11 14 17 20
Forme
J M P S V Y B E H K N Q T
chiffrée
Lettre N O P Q R S T U V W X Y Z
N 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26
P 23 26 3 6 9 12 15 18 21 24 1 4 7
Forme
W Z C F I L O R U X A D G
chiffrée
2 D’après le tableau précédent, MIJUZ CZRI OJ IVRLLHOV correspond à BRAVO

POUR TA REUSSITE
3 D’après le tableau précédent, MERCI se chiffre en TVIPH.
4 a) Si p ≡ 3n + 7 [26] alors 3n ≡ p – 7 [26].
Par compatibilité des congruences avec la multiplication,

9 × 3n ≡ 9p − 9 × 7 [26] soit 27n ≡ 9p − 63 [26].
Comme 27 = 26 + 1 ≡ 1 [26] et − 63= − 3 × 26+15 ≡ 15 [26], on en déduit

que n ≡ 9p + 15 [26].
b) Soit p le nombre associé à la forme chiffrée d’une lettre associée au nombre n. D’après
le a), pour retrouver la lettre à partir de sa forme cryptée, il suffit de déterminer la lettre
associée à n où n est défini par n ≡ 9p + 15 [26] et 1 ≤ n ≤ 26. Cette remarque permet
d’automatiser facilement le déchiffrement.
Exercice 21 1 Les restes possibles dans la division euclidienne par d ∈N ∗ sont 0, 1, …, d − 1

donc les restes possibles dans la division euclidienne par 5 sont 0, 1, 2, 3 et 4.
Par compatibilité des congruences avec l’élévation à une puissance et avec

l’addition, on en déduit les restes possibles pour a 5 et pour a 5 − a dans la
division euclidienne par 5 :

Reste de a dans
la division eucli- 0 1 2 3 4
dienne par 5
a 5 ≡...[5] 0 1 25 = 32 = 6 × 5 + 2 35 = 243 = 48 × 5 + 3 45 = 1024 = 204 × 5 + 4
Reste de a 5
dans la division 0 1 2 3 4
euclidienne
par 5
a 5 − a ≡...[5] 0 1− 1 = 0 2− 2 = 0 3− 3 = 0 4−4 =0
Pour tout entier a, on a donc a 5 − a ≡ 0 [5] et donc a 5 − a est divisible par 5.

Si a 5 − a est un multiple de 5, alors le chiffre des unités de a 5 − a est 0 ou 5.
De plus, a et a 5 ont la même parité. En effet, si a est pair (resp. impair) alors a 5
est le produit de cinq nombres pairs (resp. impairs) donc est pair (resp. impair).
On en déduit que pour tout entier a, a 5 − a est pair, son chiffre des unités ne
peut donc pas être 5.
En conclusion, le chiffre des unités de a 5 − a est 0.
2 Les restes possibles dans la division euclidienne par 4 sont 0, 1, 2 et 3.
Reste de a dans la
division euclidienne 0 1 2 3
par 5
a 2 ≡...[ 4 ] 0 1 4 9
Reste de a 2 dans la
division euclidienne 0 1 0 1
par 4
On en déduit donc que les restes possibles dans la division euclidienne par 4 de
la somme de deux carrés sont 0 ; 1 ou 2.
Si 2015 était la somme de deux carrés, 2015 serait congru à 0 ; 1 ou 2 modulo 4.
Or 2015 = 503 × 4 + 3 donc 2015 ≡ 3 [ 4 ] donc 2015 n’est pas la somme de deux
carrés d’entiers.

Activité 5 1
a) Pour N = 143, l’algorithme renvoie

11 ; pour N = 147 c’est 3 et pour N = 149
aucun résultat n’est retourné.
b) Cet algorithme donne le premier
diviseur supérieur ou égal à 2 du nombre
N. Lorsque aucun résultat ne s’affiche,
c’est que N n’a pas de diviseur entre 2 et
N – 1 : on peut donc en déduire que N est
un nombre premier.
2
a) On obtient les mêmes
résultats qu’avec l’algorithme 1.
b) L’algorithme 2 permet de
faire moins de calculs. En
effet, cet algorithme teste la
division par d pour d compris
entre 2 et E ( N) alors que
l’algorithme 1 teste la division
par d pour d compris entre 2 et N.
Remarque
Cet algorithme de recherche de diviseurs demande

moins d’itérations que celui vu au chapitre 2.
En effet, dans cet algorithme, dans la boucle
« Pour », d prend les valeurs de 1 à N alors
que dans l’algorithme du chapitre 2, dans la
boucle « Tant que », I prenait les valeurs de 1 à N.
Par exemple, si N = 100, on entrera dans la boucle
« Pour » dix fois alors que l’on entrait dans la boucle
« Tant que » 100 fois.

Exercice 22 1 On a 45045 = 32 × 5 × 7 × 11× 13.

Ce nombre 45 045 admet donc (2 + 1) × (1+ 1) × (1+ 1) × (1+ 1) × (1+ 1) = 48
diviseurs dans N .
2 On a 24206 = 2 × 72 × 13 × 19.
45045 32 × 5 × 7 × 11× 13 32 × 5 × 11 495

3 On a = = = .
24206 2 × 72 × 13 × 19 2 × 7 × 19 266
Exercice 23 1
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
f (n) 43 47 53 61 71 83 97 113 131 151 173 197 223 251 281
Pour 1 ≤ n ≤ 15, chaque f (n) est un nombre premier.
2 Il est clair que f ( 41) = 412 + 41+ 41 est divisible par 41 et n’est pas premier.
Exercice 24 Soit p un nombre premier tel que 11p+1 soit le carré d’un entier.
Le nombre p vérifie
11p + 1 = a 2 où a un nombre entier soit 11 p = a 2 − 1 = (a − 1)(a + 1).
Les diviseurs dans N de 11p sont 1, 11, p et 11p, nous sommes donc dans l’un
des cas suivants :
a − 1 = 1 a − 1 = 11p a − 1 = 11 a − 1 = p
 ou  ou  ou 
a + 1 = 11p a + 1 = 1 a + 1 = p a + 1 = 11
a = 2 11p = −1 a = 12 p = 9
soit  ou  ou  ou  ;
3 = 11p a = 0 p = 13 a = 10
les première, deuxième et quatrième solutions sont exclues car p doit être un
entier premier.
Si p = 13, on a 11p + 1 = 144 qui est le carré de 12 donc p = 13 convient.
Ainsi, le seul nombre premier tel que 11p + 1 soit le carré d’un entier est 13.

Exercice 25 Soit n un entier naturel. Montrons que n est un carré d’entier si et seulement si n
admet un nombre impair de diviseurs positifs.
▶ Si n = 1, n = 12 est bien le carré d’un entier et 1 admet un unique diviseur.

▶ Supposons n >1 et écrivons sa décomposition en produit de facteurs premiers
α α α
n = p1 1 × p2 2 × ... × pk k .
Si n est le carré d’un entier alors, pour 1≤ i ≤ k , αi est un multiple de 2, c’est-

à-dire αi = 2βi où βi ∈.
Le nombre de diviseurs positifs de n est
(α1 + 1) × (α2 + 1) × ... × (αk + 1) = (2β1 + 1) × (2β2 + 1) × ... × (2βk + 1).
Comme le produit d’entiers impairs est un entier impair, n admet un nombre
impair de diviseurs positifs.
Réciproquement, si n admet un nombre impair de diviseurs positifs
( ) ( ) ( )
alors α1 + 1 × α 2 + 1 × ... × αk + 1 est un nombre impair.
( ) ( ) ( )
Si α1 + 1 × α 2 + 1 × ... × αk + 1 est un nombre impair alors tous les αi + 1 ( )
sont des nombres impairs ou encore tous les αi sont pairs : αi = 2βi où βi ∈.
( )
2
2β1 2β2 2βk β β β
Ainsi, n = p1 × p2 × ... × pk = p1 1 × p2 2 × ... × pk k , c’est-à-dire n est
bien le carré d’un entier.
Exercice 26 1 La clé c s’obtient de la manière suivante : on calcule le reste r de la division

euclidienne de n par 97 puis on calcule c = 97 − r .
Donc, si on note q le quotient de cette division euclidienne,
on a n = q × 97 + r avec 0 ≤ r < 97 et c = 97 − r .
Donc M = n + c =(q × 97 + r ) + (97 − r ) = 97(q + 1).

Ainsi, si N est correct, M est bien divisible par 97.
2 a) Comme N > N ’, n ≥ n '.
Les numéros N et N ‘ ne différant que d’un chiffre, il y a deux cas possibles :
(n = n ‘ et c ≠ c ' ) ou ( n ≠ n ' et c = c ‘).
Si n = n ‘ et c ≠ c ', alors M − M ' = n + c – (n + c ') = c − c '.
Donc M − M ' = a × 10p avec a et p entiers tels que 0 ≤ a ≤ 9 ett p ∈{0 ; 1} car c et
c’ ne diffèrent que d’un chiffre.

Si n ≠ n ' et c = c ‘, alors M − M ' = n + c – (n '+ c ) = n − n '.
Donc M − M ' = a × 10p avec a et p entiers tels que 0 ≤ a ≤ 9 ett p ∈{2 ; 3 ; ... ; 12}
car n et n’ ne diffèrent que d’un chiffre.
Dans tous les cas, on a :
M − M ' = a × 10p avec a et p entiers tels que 0 ≤ a ≤ 9 ett 0 ≤ p ≤ 12.
b) En décomposant a × 10p en produit de facteurs premiers, on obtient

α1 α2 α3 α4
a × 10p = 2 ×3 ×5 ×7 × 2p × 5p où 0 ≤ α i ≤ 3 et 0 ≤ p ≤ 12.
Comme 97 est un nombre premier et que 97 n’apparaît pas dans la décomposition

de a × 10p en produit de facteurs premiers, 97 ne divise pas M − M ' = a × 10p .
c) Le nombre 97 ne divise pas M − M ' et 97 divise M donc 97 ne divise pas M ‘

donc M ‘ n’est pas correct. Ceci démontre que si un chiffre est erroné dans le
numéro INSEE, le numéro entier n’est pas valide.
Corrigé des exercices

de synthèse du chapitre 7
Exercice I 1 Si elle existe, soit a une solution de a 2 + 9 = 2n .
a) Pour démontrer que a est impair, raisonnons par l’absurde.

Supposons que a est pair alors a 2 est pair donc 2n − a 2 est pair d’où contradiction
puisque 2n – a2 = 9.
Donc si a existe, a n’est pas pair, c’est-à-dire a est un nombre impair.
b) Supposons que a est impair alors a peut s’écrire sous la forme 4k+1 ou 4k+3.
a= 4k+1 4k+3
a ≡...[ 4 ] 1 3
1 9 soit 1
a 2 ≡...[ 4 ]
Ainsi, a 2 + 9 ≡ 2 [ 4 ]. Or, comme n ≥ 4, 2n ≡ 0 [4 ]. Il y a contradiction donc a

n’est pas impair.
L’équation a 2 + 9 = 2n d’inconnue a ∈ n’admet pour solution ni un entier

pair ni un entier impair donc cette équation n’admet pas de solution dans .

2 Si elle existe, soit a une solution de a 2 + 9 = 3n .
a) On a 32 = 9 ≡ 1 [ 4 ].
( )
p
Si n est pair, n = 2p, 3n = 32p = 32 donc 3n ≡ 1p [ 4 ] soit 3n ≡1 [ 4 ].
( )
p
Si n est impair, n = 2p +1, 3n = 32p +1 = 32 × 3 donc 3n ≡1× 3 [ 4 ] soit 3n ≡ 3 [ 4 ] .
Donc 3n est congru à 1 ou à 3 modulo 4.
b) Supposons a impair. Alors a 2 est impair et a 2 + 9 est pair (somme de

deux nombres impairs). Or, 3n est impair (produit de n nombres impairs),
il y a donc contradiction donc a n’est pas impair, c’est-à-dire a est pair.
Comme a est pair, a peut s’écrire sous la forme 4k ou 4k+2.
a= 4k 4k+2
a ≡...[ 4 ] 0 2
0 0
a 2 ≡...[ 4 ]
Ainsi, 3n = a 2 + 9 ≡ 1 [ 4 ] et d’après le 2. a), n est un entier pair.
c) On pose n = 2p où p est un entier naturel, p ≥ 2.
( ) − a = (3 − a )(3 + a ). Or, a
2
On a 3n − a 2 = 3p 2 p p 2
+ 9 = 3n donc 3n − a 2 = 9
soit ( 3p − a )( 3p + a ) = 9.
3p − a = 1 3p − a = 9 3p − a = 3
Ainsi,  ou  ou 
3p + a = 9 3p + a = 1 3p + a = 3
2 × 3p = 10 2 × 3p = 10 2 × 3p = 6

soit  ou  ou 
p
3 + a = 9 3p + a = 1 3p + a = 3
Chacune des solutions est exclue car ni 10 ni 6 ne s’écrivent sous la forme 2 × 3p

avec p ≥ 2.
Donc l’équation a 2 + 9 = 3n d’inconnue a n’admet pas pour solution un entier pair.
L’équation a 2 + 9 = 3n d’inconnue a ∈ n’admet pour solution ni un entier

pair ni un entier impair donc cette équation n’admet pas de solution dans si
n ≥ 3.

3 Étude de l’équation d’inconnue a : a 2 + 9 = 5n où a ∈ , n ∈ , n ≥ 2.
a) On a 5 ≡ 2 [3] donc 52 ≡ 4 [3] soit 52 ≡1 [3].
( )
p
Si n est pair, n = 2p, 5n = 52p = 52 donc 5n ≡ 1p [3] soit 5n ≡ 1 [ 3].
( )
p
Si n est impair, n = 2p +1, 5n = 52p +1 = 52 × 5 donc 5n ≡1× 5 [ 3] soit 5n ≡ 2 [33].
De plus, l’entier a étant de la forme 3k, 3k+1 ou 3k+2, on a les résultats suivants.
a= 3k 3k+1 3k+2
0 1 2
a ≡...[ 3]
0 1 1
a 2 ≡...[ 3]
0 1 1
a 2 + 9 ≡...[ 3]
Si n est impair, 5n ≡ 2 [ 3]. Comme a 2 + 9 est congru à 0 ou 1 modulo 3,

l’équation n’admet pas de solution.
b) On pose n = 2p .
( ) − a = (5 − a )(5 + a ). Or, a
2
On a 5n − a 2 = 5p 2 p p 2
+ 9 = 5n donc 5n − a 2 = 9
soit (5p − a )(5p + a ) = 9.
5p − a = 1 5p − a = 9 5p − a = 3

Ainsi,  ou  ou 
p
5 + a = 9 5p + a = 1 5p + a = 3
2 × 5p = 10 2 × 5p = 10 2 × 5p = 6

soit  ou  ou 
5p + a = 9 5p + a = 1 5p + a = 3
La dernière solution est exclue car 6 ne s’écrit pas sous la forme 2 × 5p .

p = 1 p = 1 p = 1 p = 1
Donc  ou  soit  ou  .
p p =
5 + a = 9 5 + a = 1 a 4 a = −4
La dernière solution est exclue car a ∈ .

De plus, 42 + 9 = 25 est bien une puissance entière de 5 donc 4 est l’unique
entier naturel tel que a 2 + 9 soit une puissance entière de 5.

Exercice II 1 a) Soient a, b, c et d des entiers relatifs.
Si a ≡ b mod 7 et c ≡ d mod 7 alors il existe deux entiers naturels k et k ’ tels

que a = b + 7k et c = d + 7k ’.
Donc ac = (b + 7k )(d + 7k ') = bd + 7(k ' b + kd + 7kk ') et ainsi ac ≡ bd mod 7.
b) Raisonnons par récurrence. Soit n la proposition a n ≡ b n mod 7.

Initialisation Au rang n = 0, a 0 = b 0 =1 donc a 0 ≡ b 0 mod 7. Ainsi la proposition n est vraie
au rang n = 0.
Hérédité On suppose que la proposition « a n ≡ b n mod 7 » est vraie pour un certain

rang n = k.
Regardons la proposition au rang k + 1 :

a k ≡ b k mod 7 et a ≡ b mod 7
en utilisant la propriété démontrée au a),
on a a k × a ≡ b k × b mod 7 soit a k +1 ≡ b k +1 mod 7 et la proposition

« a n ≡ b n mod 7 » est vraie au rang n = k + 1 : la proposition est héréditaire.
Conclusion La proposition n est vraie pour n = 0 et elle est héréditaire donc, pour
tout n ≥ 0, a n ≡ b n mod 7.
2 On a 23 ≡ 1 [7] et 36 ≡ 1 [7].
3 Soit a un entier naturel non divisible par 7.

L’entier a est alors de la forme 7k+1, 7k+2, 7k+3, 7k+4, 7k+5 ou 7k+6 où k ∈.
a) En utilisant la compatibilité des congruences avec l’élévation à une puissance :
a= 7k+1 7k+2 7k+3 7k+4 7k+5 7k+6
a ≡...[7] 1 2 3 4 5 6
1 4 2 2 4 1
a 2 ≡...[7]
1 1 1 1 1 1
a 6 = (a 2 )3 ≡...[7]
Ainsi, pour tout entier naturel a non divisible par 7, a 6 ≡ 1 mod 7.
b) On a 6 = qk + r avec 0 ≤ r < k donc a 6 = aqk + r soit a 6 = (a k )q × a r et on a

a 6 ≡ 1 mod 7 et a k ≡ 1 mod 7.

Ainsi, a 6 ≡(a k )q × a r mod 7 soit 1 ≡ 1× a r mod 7 soit a r ≡ 1 mod 7.
L’entier naturel r est strictement inférieur à k et est tel que a r ≡ 1 mod 7. Comme
k est le plus petit entier naturel non nul tel que a k ≡ 1mod 7, nécessairement
r = 0. Donc 6 = qk + 0, c’est-à-dire k divise 6.
Les valeurs possibles pour k sont 1, 2, 3 et 6.

Chacune de ces valeurs est bien l’ordre d’un entier naturel, d’après la question
suivante et compte-tenu du fait que l’ordre modulo 7 de 1 est 1.
c)
a= 2 3 4 5 6
a ≡...[7] 2 3 4 5 6
4 2 2 4 1
a 2 ≡...[7]
1 6 1 6
a 3 ≡...[7]
4 2
a 4 ≡...[7]
1 1
a 6 ≡...[7]
ordre de a modulo 7 3 6 3 6 2
4 À tout entier naturel n, on associe le nombre
A2012 = 22012 + 32012 + 42012 + 52012 + 62012 .
Or 2012 = 335 × 6 + 2 donc
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
335 335 335 335 335
A2012 = 26 × 22 + 36 × 32 + 46 × 42 + 56 × 52 + 66 × 62
≡ 1× 22 + 1× 32 + 1× 42 + 1× 52 + 1× 62 mod 7
≡ 4 + 9 + 26 + 28 + 36 mod 7
≡ 4 + 2 + 2 + 4 + 1 mod 7
≡ 13 mood 7
≡ 6 mod 7.

Exercice III
Partie A 1 On a 10 ≡ 1 [9] donc, par compatibilité des congruences avec l’élévation à une
puissance, pour tout entier k,
10k ≡ 1k [9]
≡ 1[9].
k −1
2 L’écriture de N = a + a × 10 + ... + a
0 1 k −1 × 10 + ak × 10k
avec 0 ≤ a0 ≤ 9 ; 0 ≤ a1 ≤ 9 ; ... ; 0 ≤ ak −1 ≤ 9 et 0 ≤ ak ≤ 9
correspond à l’écriture de N en base 10 :
a0 est le chiffre des unités de N ; a1 est le chhiffre des dizaine de N etc.
3 En utilisant la compatibilité des congruences avec l’addition et le résultat
du 1, on obtient :
N = a0 + a1 × 10 + ... + ak −1 × 10k −1 + ak × 10k
≡ a0 + a1 × 1+ ... + ak −1 × 1+ ak × 1 mod 9
≡ a0 + a1 + ... + ak −1 + ak mod 9
≡ S mod 9
On en déduit que N est congru à la somme de ses chiffres modulo 9 et par

conséquent que N est divisible par 9 si et seulement si S est divisible par 9.
Partie B 1 Le code u01308937097 figure sur un billet de banque.
a) Le code u01308937097 correspond à 2101308937097.
b) On a 2+1+0+1+3+0+8+9+3+7+0+9+7 = 50 donc (d’après A3) ce nombre est

congru à 5 modulo 9.
c) Ce billet est un faux car le reste obtenu (5) est différent de 8.
2 Le code s0216644810x correspond à 190216644810x.
Comme N est congru à la somme de ses chiffres modulo 9, on a

190216644810x ≡1+9+0+2+1+6+6+4+4+8+1+0+ x mod 9
≡ 42+x mod 9.
Comme le billet est authentique, 42+x ≡ 8 mod 9 soit
x ≡ 8 – 42 mod 9 ou encore x ≡ 2 mod 9. Comme 0 ≤ x ≤ 9, x = 2.
3 Soit ab 16122340242 le code de ce billet avec
a ∈{0 ; 1 ; 2} et b ∈{0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 }.

a) On a S = a + b + 1+6+1+2+2+3+4+0+2+4+2 =a + b +27.
Alors a + b +27 ≡ 8 mod 9 et donc a + b ≡ 8 mod 9.

La table d’addition modulo 9 est :
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1
2 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2
donc n peut être égal à 26, 17 ou 8.

b) La lettre correspondante peut être Z, Q ou H.
Exercice IV 1 À l’aide de la fonction CODE du tableur, on obtient les codes ASCII suivants :
Lettre A B C D E F G H I J K L M
code ASCII 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77
Lettre N O P Q R S T U V W X Y Z
code ASCII 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90
2 Chiffrer le mot CLE.
Le code ASCII de la lettre C est 67. On a : 7 × 67 = 469 et 469 = 256 × 1+213.

Donc le code de la lettre C est 213.
Pour le L, on a 7 × 76 = 532 et 532 = 256 × 2+20. Pour le E : 7 × 69 = 483

et 483= 256 × 2+227.
Ainsi le mot CLE sera codé :
MOT C L E
Code ASCII 67 76 69
Nouveau codage 213 20 227
3 a) Soit x est le reste de la division euclidienne de 7n par 256. On a donc
x ≡ 7n mod 256.
b) Par compatibilité des congruences avec la multiplication, on a

183x ≡ 183 × 7n mod 256
≡ 1281 n mod 256
≡ (5 × 256 + 1) n mod 256
≡ n mod 256.

c) Décoder le mot suivant.
234 255 34
On a
183 × 234 ≡ 42 822 mod 256
≡ (167 × 256 + 70 ) mod 256
≡ 70 mod 256 ;
donc 234 code la lettre F.
On a
183 × 255 ≡ 46665 mod 256
≡ (182 × 256 + 73) mod 256
≡ 73 mod 256 ;
donc 255 de la lettre I.

On a
183 × 34 ≡ 6222 mod 256
≡ (24 × 256 + 78 ) mod 256
≡ 78 mod 256 ;
donc 34 code la lettre N.
Donc 234 255 34 code le mot FIN.
Exercice V 1 On a
12
β1α = 11× 122 + 1× 12 + 10 × 1
= 11× 144 + 12 + 10 donc N1 = 1606 en base 10.
10
= 1606 (= 1606 )
2
1131 12
3 94 12
10 7 12
7 0
12
Donc N2 = 7α 3 .
3 a) Comme 12 ≡ 0 [ 3], pour tout entier naturel n , 12n ≡ 0 [ 3] et par compatibilité
des congruences avec l’addition,

N = an × 12n + ... + a2 × 122 + a1 × 12 + a0
≡ an × 0 + ... + a2 × 0 + a1 × 0 + a0 [ 3]
≡ a0 [ 3].

Ainsi N est divisible par 3 si et seulement si son chiffre des unités dans l’écriture
en base 12 est divisible par 3.
b) Le nombre N2 est divisible par 3 car son chiffre des unités dans l’écriture en
base 12 (qui est 3) est divisible par 3.
Calculons la somme des chiffres de N2 dans son écriture en base 10 : 1+1+3+1 = 6.

Le nombre 6 est divisible par 3 donc 1 131 est divisible par 3.
4 a) Comme 12 ≡ 1 [11], pour tout entier naturel n , 12n ≡ 1 [11] et par
compatibilité des congruences avec l’addition,
N = an × 12n + ... + a2 × 122 + a1 × 12 + a0

≡ an × 1+ ... + a2 × 1+ a1 × 1+ a0 [11]
≡ an + ... + a2 + a1 + a0 [11].
Le nombre N est divisible par 11 si et seulement si la somme de ses chiffres écrits

en base 12 est divisible par 11.
b) La somme "β + 1+ α" correspond à la somme 11+ 1+ 10 = 22. Le nombre 22

est divisible par 11 donc N1 est divisible par 11.
On a 1606 = 146 × 11 donc 1 606 est bien divisible par 11.
Remarque
On aurait aussi pu utiliser le résultat suivant : « un entier naturel est divisible par
11 si et seulement si la somme alternée des chiffres de son écriture décimale est
divisible par 11 ».
Ici : 1− 6 + 0 − 6 = −11 est bien divisible par 11.
5 Le nombre N doit être à la fois divisible par 3 et par 11 donc
y ≡ 0 [3] et x + 4 + y ≡ 0 [11] avec 0 ≤ x ≤ 11 et 0 ≤ y ≤ 11.
Le nombre y peut prendre les valeurs : 0, 3, 6 et 9.
y 0 3 6 9
x ≡ ...[11] –4 soit 7 –7 soit 4 –10 soit 1 –13 soit 9
12 12 12 12
Les nombres N possibles sont : 740 ; 443 ; 146 et 949 .

Exercice VI 1 a) et b) En entrant 2 en A1, la formule « =SI(OU(A1=1 ; A1=«»);
«»;SI(ENT(A1/2)=A1/2 ; A1/2 ; 3*A1+1)) » en A2 et en copiant-glissant cette for-
mule, on obtient :
La formule indique de faire ceci :

si A1 est égal à 1 ou est vide alors renvoyer une cellule vide sinon, si A1 est un
nombre pair (ce que l’on teste en regardant si ENT(A1/2)=A1/2) alors renvoyer
A1 diviser par 2 sinon renvoyer 3 *A1+ 1.
Remarque
On peut également travailler en prenant deux colonnes consécutives pour une

valeur de n donnée : la première colonne donne les termes d’une suite de Syracuse
qui ne s’arrêterait pas lorsque l’on obtient la valeur 1, la seconde colonne permet
d’enlever les termes de la première colonne obtenus après la première valeur 1.
A B
1 2 « = A1 »
2 « = SI(ENT(A1/2)=A1/2;A1/2 ; 3*A1+1) » « =SI(OU(B1=1;B1=« »);» «;A2) »
On utilise ensuite la poignée de recopie pour « copier-glisser » les formules.

c) D’après le tableur, L(26) = 11 et L(27) = 112
d)
Entrée : n (nombre entier, n>1)
Traitement :
L ← 1
Tant que n ≠ 1
Si Ent(n/2)=n/2
alors n ← n/2
sinon n ← 3n+1
Fin du Si
L ← L+1
Fin du Tant que
Sortie : Afficher L
Texas Instrument Casio

2 a) La suite de Syracuse associée à 2p est { 2p ; 2p −1 ; 2p − 2 ; ... ; 2 ; 1}.
Cette suite comporte p + 1 termes donc L( 2p ) = p + 1.

b. Les suites de Syracuse associées aux nombres de la forme 8k + 4 et 8k + 5
pour k ∈* semblent coïncider à partir de leur quatrième terme.

u
c) Si u1 = n = 8k + 4 alors u 2 = 1 = 4k + 2 ;
2
u2
u 3 = = 2k + 1 et u 4 = 3(2k + 1) + 1 = 6k + 4.
2
Si v 1 = n = 8k + 5 alors v 2 = 3 × (8k + 5) + 1 = 24k + 16 ;

v v
v 3 = 2 = 12k + 8 et v 4 = 3 = 6k + 4.
2 2
À partir du quatrième terme de la suite de Syracuse, les termes des deux suites
coïncident.
3 Si le reste de la division euclidienne de n par 4 est 0 alors

u
u1 = n = 4k où k ∈ et donc u 2 = 1 = 2k < n.
2
Si le reste de la division euclidienne de n par 4 est 1
alors u1 = n = 4k + 1 où k ∈.
Donc
u u
u2 = 3u1 + 1 = 3( 4k + 1) + 1 = 12k + 4 ; u 3 = 2 = 6k + 2 et u 4 = 3 = 3k + 1 < n.
2 2
Si le reste de la division euclidienne de n par 4 est 2 alors
u
u1 = n = 4k + 2 où k ∈N. Alors u 2 = 1 = 2k + 1 < n.
2
Donc, si le reste de la division euclidienne de n par 4 est 0, 1 ou 2, au bout d’un

certain nombre d’étapes, l’algorithme amène à un entier strictement inférieur à
l’entier initial.
Exercice VII 1 a)
N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
3 7 15 31 63 127 255 511 1023 2047

Mn = 2n − 1

b) Les nombres M4 , M6 , M8 , (divisible par 3), M9 , M9 (=7 × 73), M10 , (divisible
par 3), et M11 (=23 × 89 ) ne sont pas premiers.
Les nombres M2 , M 3 et M5 sont premiers.
On a 127 ≈ 11, 2 et M7 n’est divisible par aucun des nombres premiers 2, 3, 5,

7 et 11 donc est premier.
c) Les nombres 2, 3, 5 et 7 sont premiers et M2 , M 3 , M5 et M7 sont premiers.
Par contre, M11 n’est pas premier alors que 11 est premier.
Conjecture : lorsque Mn est premier, n est premier.
2 On a 2p − 1 ≡ 0 [2p − 1] donc 2p ≡ 1 [2p − 1]donc 2pq ≡ 1q [2p − 1].
Ainsi, 2pq ≡ 1 [2p − 1]. Donc 1 est le reste de la division euclidienne de 2pq
par 2p − 1.
( )
Comme 2pq ≡ 1 [2p − 1], 2pq − 1 est divisible par 2p − 1 .
De même, 2 pq
( )
q
− 1 est divisible par 2 − 1 .
3 Démontrer que si M est premier, alors n est un nombre premier.

n
4 a) Raisonnons par contraposée. La contraposée de « si M est premier,

n
alors n est premier » est « si n n’est pas premier alors Mn n’est pas
premier ». Si n n’est pas premier alors n = pq avec p et q deux entiers tels que
2 ≤ p < n et 0 ≤ q < n.
On a 2n − 1 = 2pq − 1 donc, par ce qui précède, 2n − 1 est divisible par 2p − 1.
Comme 2 ≤ p < n , 2p − 1 est un diviseur de 2n − 1 différent de 1 et de 2n − 1

donc 2n − 1 n’est pas un nombre premier.
On a prouvé que si n n’est pas premier alors Mn n’est pas premier donc, par
contraposée, si Mn est premier, alors n est premier.
b) La réciproque est fausse : 11 est premier mais M11 n’est pas premier.
Exercice VIII Raisonnons par contraposée. La contraposée de la proposition est : « si 7 ne

divise pas x ou ne divise pas y alors 7 ne divise pas x 2 + y 2. »

Supposons donc que 7 ne divise pas x alors, en travaillant modulo 7, on a la table
suivante :
x 1 2 3 4 5 6
x² 1 4 2 2 4 1
y 0 1 2 3 4 5 6
y² 0 1 4 2 2 4 1
On a donc comme possibilités pour x ² + y ² :
1 2 4
0 1 2 4
1 2 3 5
2 3 4 6
4 5 6 1
Le raisonnement est le même si on suppose que 7 ne divise pas y.
D’après la table précédente x2+y2 0 [7] donc 7 ne divise pas x ² + y ² ce qui

prouve la propriété par contraposition.


C orrigé de la séquence 2
Exercice 1 Produits
 1 −7 
a) On a A ⋅ B =
 2 4 1    16 0  et
 −1 2 3   5 3  =  −9 19 
 −6 2   
 1 −7   
   2 4 1   9 −10 −20 .
B ⋅A = 5 3  =
   −1 2 3   7 26 14 
 −6 2   −14 −20 0 
 −1 
b) On a A ⋅ B = ( )
3 4 −1  2  = 1 et
 4 
 −1   −3 −4 1 
B ⋅ A =  2  ( )
3 4 −1 =  6 8 −2  .
 4   12 16 −4 
Exercice 2 Nombre de chemins de longueurs données
a) Calculons A 3 et A 4 .
 2 1 2 0   1 2 3 4 
   
A3 =  1 3 1 1  et A 4 =  3 2 4 2 .
 1 1 2 2   1 4 2 3 
 0 1 1 2   1 3 1 1 
b) Il n’existe pas de chemin de longueur 3 reliant le sommet 4 au sommet 1. En

effet, le nombre de chemins de longueur 3 reliant le sommet 4 au sommet 1 est
( 3)
le coefficient a41 de A 3 soit 0.

c) Il existe un seul chemin de longueur 4 reliant le sommet 4 au sommet 1. En
effet, le nombre de chemins de longueur 4 reliant le sommet 4 au sommet 1 est
(4)
le coefficient a41 de A 4 soit 1.
d) Le nombre de chemins de longueurs 3 est la somme des coefficients de A 3

soit 21 et celui de longueur 4 est la somme des coefficients de A 4 soit 37.
Exercice 3 Produit par une matrice diagonale
a) Les produits DA donnent

 −1 0 0   1 2 4   −1 −2 −4 
D ⋅ A =  0 2 0  .  −2 1 3  =  −4 2 6 

 0 0 5   7 −2 5   35 −10 25 
 −1 0 0   1 1 1   −1 −1 −1 
D ⋅ A ' =  0 2 0  1 1 1  =  2 2 2 .
et     
 0 0 5  1 1 1   5 5 5 
b) Calculer le produit DA revient à multiplier la première ligne de A par −1, la

deuxième par 2 et la troisième par 5.
Exercice 4 Combinaisons de lignes
 1 0 0   1 −2 3   1 −2 3 
a) On obtient E ⋅ A =  1 1 0   −1 4 −2  =  0 2 1  .
   
 0 0 1   3 −4 5   3 −4 5 
Les première et troisième lignes de E . A sont égales à celles de A, on écrit

L1 ← L1 et L3 ← L3 .
La deuxième ligne de E . A est la somme de la première ligne de A et de sa
deuxième ligne, on écrit L2 ← L1 + L2.
 1 0 0   1 −2 3   1 −2 3 
b) On obtient F . A =  0 1 0   −1 4 −2  =  −1 4 −2  .
    
 −3 0 1   3 −4 5   0 2 −4 
Les première et deuxième lignes de F . A sont égales à celles de A. On écrit
L1 ← L1 et L2 ← L2.
La troisième ligne de F . A est la somme de la première ligne de A multiplié

par −3 et de sa troisième ligne, on écrit L3 ← −3L1 + L3 .

c) La matrice G telle que la première ligne et la troisième ligne de G . A soient
celles de A, et telle que la deuxième ligne de G . A soit 3L2 + L3 est donnée par
 1 0 0 
G =  0 3 1 
 0 0 1 
d) On obtient
 1 0 0   1 0 0   1 −2 3 
E ⋅F ⋅ A =  1 1 0   0 1 0   −1 4 −2 
   
 0 0 1   −3 0 1   3 −4 5 
 1 0 0   1 −2 3   1 −2 3 
=  1 1 0   −1 4 −2  =  0 2 1 
    
 −3 0 1   3 −4 5   0 2 −4 
 1 0 0  1 0 0   1 −2 3 
F ⋅E ⋅ A =  0 1 0   1 1 0   −1 4 −2 
   
 −3 0 1   0 0 1   3 −4 5 
 1 0 0   1 −2 3   1 −2 3 
=  1 1 0   −1 4 −2  =  0 2 1 .
    
 −3 0 1   3 −4 5   0 2 −4 
On remarque que E ⋅ F ⋅ A = F ⋅ E ⋅ A. En fait, on a E ⋅ F = F ⋅ E qui implique bien

l’égalité précédente.
Les combinaisons effectuées sur les lignes de A sont : la première ligne de A est
conservée L1 ← L1, sa deuxième ligne est remplacée par la somme de la première
et de la deuxième ligne L2 ← L1 + L2 et sa troisième ligne est remplacée par la
troisième moins trois fois la première L3 ← −3L1 + L3 .
e) Pour effectuer les combinaisons suivantes sur les lignes de B : L1 ← L1 ,

L2 ← L1 + 3L2 et L3 ← 2L1 − 3L3 , on peut multiplier B par la matrice K suivante.
 1 0 0 
K =  1 3 0 .

 2 0 −3 
 1 0 0   3 −1 5   3 −1 5 
On vérifie : K ⋅ B =  1 3 0   −1 5 −4  =  0 14 −7  .
    
 2 0 −3   2 −4 1   0 10 7 

Exercice 5 Puissance de matrices diagonales
 1 0 0   1 0 0 
2 3 2   3  .
a) On calcule A et A : A =  0 4 0  et A =  0 8 0 
 0 0 9   0 0 27 
 
1n 0 0
 
L’expression de An est An =  0 2n 0  (voir démonstration à la
 
 0 0 3n 
 1 0 0 
 
question suivante) soit An =  0 2n 0 .
 
 0 0 3n 
b) On suppose que les réels a, b et c sont non nuls.

(si A = 0 alors pour n entier strictement positif, on a An = 0 )
Initialisation Pour n = 0, par définition, on a A 0 = I et a 0 = b 0 = c 0 = 1 donc l’égalité est

vraie pour n = 0.
Hérédité Soit n entier donné, on suppose que l’égalité est vraie pour n. On la montre pour
n+1.
 n   n +1 
 a 0 0  a 0 0
 
a 0 0

n +1 n   0 +
A = AA =  0 b 0  bn 0 =  0 b n 1
0 .
 0 0 c  0 n   n +1 
0 c   0 0 c 
Conclusion Par récurrence, l’égalité est vraie pour tout entier.
Exercice 6 Puissance de matrices diagonalisables

On considère les matrices
 3 1 2   1 1 1
A =  −1 5 2  , P =  1 −1 1  ,
   
 1 1 4   −1 1 1 
 1 0 −1   2 0 0 
1
Q =  1 −1 0  et D =  0 4 0 .
2   
 0 1 1   0 0 6 
a) Pour vérifier que Q = P −1 on montre que QP = PQ = I.

Calculons PDQ :
 1 1 1  2 0 0   1 0 −1 
 1

PDQ = 1 −1 1  
0 4 0  .  1 −1 0 
  2
 −1 1 1   0 0 6   0 1 1 
   2 0 0   1 0 −1 
1 1 1 1  
= 1 −1 1  0 4 0   1 −1 0 
2 
 −1 1 1   0 0 6   0 1 1 
 2 4 6   1 0 −1 
1
=  2 −4 6   1 −1 0 
2  
 −2 4 6   0 1 1 
 1 2 3   1 0 −1 
=  1 −2 3   1 −1 0  = A.
  
 −1 2 3   0 1 1 
On dit que l’on a diagonalisé la matrice A.

b) On montre par récurrence sur n la proposition Pn : An = PD nQ.
Initialisation Pour n = 0, A 0 = I et PD 0Q = PIQ = PQ = I . La propriété est vraie.

Pour n = 1, la propriété est vraie d’après la question a).
Hérédité Soit n ≥ 1 donné, on suppose que la proposition Pn est vraie.
On montre que la proposition Pn+1 est vraie.
On a An +1 = AAn = (PDQ )(PD nQ ) car la propriété est vraie pour 1 et pour n.
Or QP = I d’où An +1 = PDID nQ = PD n +1Q.
Conclusion Par récurrence, la propriété est vraie pour tout entier.
c) Déterminons l’expression des neufs coefficients de An en fonction de n.
 
  2n 0 0 
n n 1 1 1 1     1 0 −1 
A = PD Q = 1 −1 1   0 4n 0   1 −1 0 
2
 −1 1 1   0 
6n   0 1 1 
 0
 n 
2 4n 6n 
1  1 0 −1
=  2n n   1 −1 0 
−4n 6
2  
 −2n 4n 6n   0 1 1 

 1 n n 1 n n 1 n n 
 (2 + 4 ) ( −4 + 6 ) ( −2 + 6 ) 
 2 2 2 
n  1 n n 1 n n 1 n n 
A = (2 − 4 ) (4 + 6 ) ( −2 + 6 ) .
2 2 2
 
 1 n n 1 n n 1 n n 
 ( −2 + 4 ) ( −4 + 6 ) (2 + 6 ) 
2 2 2
Exercice 7 Puissance de matrices nilpotentes
a) Puissance de N.
 0 1 2   0 1 2   0 0 −1 
1 Calculons N et N : N =  0 0 −1   0 0 −1  =  0 0 0 
2 3 2
    
 0 0 0  0 0 0   0 0 0 
et N 3 = 0.
2 Pour n = 0, N 0 = I , pour n = 1 et 2, on a l’expression de N et N 2.
Pour n > 3, N n = N n − 2 ⋅ N 2 = N n − 2 ⋅ 0 = 0. D’où N n = 0 .

On dit que N est nilpotente, il existe une puissance de N qui est nulle mais N est
non nulle.
 1 0 1 
b) Soient M =  1 2 3  et N = I − M .

 −1 −2 −3 
1 On obtient M 3 = 0 donc M est aussi une matrice nilpotente.
)( ) (
On a (I − M I + M + M 2 = I − M 3 = I c’est-à-dire N I + M + M 2 = I . )
2 De même, on a I + M + M ( 2
)N = I donc N est inversible et N −1
= I + M + M 2.
Exercice 8 Puissance de matrices J

 3 3 3 
a) Calculons J : J =  3 3 3
2 2  = 3J d’où J 3 = JJ 2 = 3J 2 = 9J .

 3 3 3 
Soit n un entier naturel non nul, on en déduit J n = 3n −1J .
Montrons cette proposition n par récurrence sur n entier non nul.
Initialisation Pour n = 1, J 1 = 31−1J = J et pour n = 2, la propriété est vraie d’après a).
Hérédité Soit n ≥ 2 donné, on suppose que la proposition n est vraie.

On montre que la proposition n+1 est vraie.
On a J n +1 = JJ n = 3n −1J 2 car la propriété est vraie pour n.
Or J 2 = 3J d’où J n +1 = 3n J .
Conclusion Par récurrence, la propriété est vraie pour tout entier non nul.
 a a a 
b) On a A =  a a a  = aJ . D’où pour n entier naturel non nul,

 a a a 
An = (aJ )n = a n 3n −1J .
c) On considère la matrice carrée J 4 d’ordre 4 dont tous les coefficients sont

égaux à 1.
Pour n entier naturel non nul, on a J 4n = 4n −1J 4 .
Pour p et n entiers naturels non nuls, on a J pn = p n −1J p .
Corrigés de l’activité du chapitre 3
■ Activité 1 1
 1 0 0   1 0 0   1 0 0 
On a : E1 ⋅ E1 =  3 −1 0  ⋅  3 −1 0  =  0 1 0  = I .
 2 0 −1   2 0 −1   0 0 1 
Donc E1 est inversible et E1−1 = E1.
Multiplier par E1 revient à effectuer sur les lignes les combinaisons linéaires
suivantes.
 L '1 ← L1

 L '2 ← 3L1 − L2 où L '1, L '2 et L '3 sont les nouvelles lignes du système.

 L '3 ← 2L1 − L3
Ainsi, on retrouve les lignes L1, L2 et L3 à l’aide des combinaisons linéaires

suivantes.
 L1 ← L '1

 L2 ← 3L '1− L '2 .

 L3 ← 2L '1− L '3

2  1 0 0   1 0 0   1 0 0 
On a : E 2 ⋅ E 2 =  0 1 0  ⋅ 0 1 0
 
 =  0 1 0  = I.
  
 0 1 −1   0 1 −1   0 0 1 
Donc E 2 est inversible et E 2−1 = E 2.
 1 0 0   1 2 2   1 2 2 
U = E 2 ⋅ E1 ⋅ A =  0 1 0  ⋅ 0 5 7
 
 =  0 5 7  et
  
 0 1 −1   0 5 3   0 0 4 
 1 0 0   3   3 
E 2 ⋅ E1 ⋅ B =  0 1 0  ⋅  11  =  11
   
 .

 0 1 −1   −1   12 
3 On a :
 1 0 0   1 0 0   1 0 0 
L = E1 ⋅ E 2 =  3 −1 0  ⋅  0 1 0  =  3 −1 0 
  
 2 0 −1   0 1 −1   2 −1 1 
donc L est bien triangulaire inférieure.
On a :
( )( ) ( )
LU = E1E 2 ⋅ E 2E1A = E1 ⋅ E 2E 2 ⋅ E1 ⋅ A
(
= E1 ⋅ I ⋅ E1 ⋅ A = E1E1 ⋅ A )
= I ⋅ A = A.
Remarquons que L est inversible car E1 et E 2 le sont. On en déduit l’équivalence
suivante.
)
(S ⇔ AX = B ⇔ LUX = B
⇔ UX = L−1B (car L inversible).

   x 
Exercice 9 Le système (S1) est équivalent à AX = B avec A =  −3 4  , X =  
 −5 8   y 
 
et B =  2  .
 −3 
On calcule le déterminant de la matrice A du système

det( A ) = −3 × 8 − 4 × ( −5) = −4.
Ce déterminant est non nul donc le système (S1) possède une unique solution.

Première méthode
Avec les formules de Cramer, on obtient :

1   1  −3 2  19
x =− det  2 4  = −7 et y = − det   =− 4 ,
4  −3 8  4  −5 −3 
 19  
d’où S =  −7 ; − .
 4  
Deuxième méthode
En calculant l’inverse de la matrice A avec la calculatrice, on obtient :

 −2 1   −7 
A −1
= 5 3  et X = A −1B =  19  , d’où S =  −7 ; − 19  .
 −   −   4  
 4 4   4  
 0, 8 1   x 
Le système (S2 ) est équivalent à AX = B avec A =   , X = y 
 76 95   
 0, 6 
et B =  .
 57 
On calcule le déterminant de la matrice A du système
det( A ) = 0, 8 × 95 − 76 × 1= 0.
Ce déterminant est nul donc le système possède soit aucune solution, soit une
infinité.
Si on multiplie la première ligne par 95, on obtient la deuxième. Le système
possède donc une infinité de solutions, tous les couples ( x ; − 0,8 x +0,6 où x )
décrit R, c’est-à-dire tous les points de la droite d’équation y = −0,8x + 0,6.
Exercice 10 Résolution de systèmes 3 × 3

Le système (S1) est équivalent à AX = B avec
 1 2 −3   x   20 
 
A =  −2 3 1  , X =  y  et B =  13  .
  
 5 −1 −2   z   −9 

Première méthode
Avec la méthode de Gauss, on regroupe A et B dans une même matrice A1 :

 1 2 −3 20 
A1 =  −2 3 1 13  .
 5 −1 −2 −9 
On triangularise cette matrice.
On effectue les opérations suivantes sur les lignes L2 ← 2L1 + L2 et
L3 ← −5L1 + L3 soit
 1 0 0   1 2 −3 20   1 2 −3 20 
A2 =  2 1 0   −2 3 1 13  =  0 7 −5 53 .

 −5 0 1   5 −1 −2 −9   0 −11 13 −109 
Puis on effectue L3 ← 11L2 + 7L3 soit
 1 0 0   1 2 −3 20   1 2 −3 20 
A3 =  0 1 0   0 7 −5 53  =  0 7 −5 53 .

 0 11 7   0 −11 13 −109   0 0 36 −180 
La matrice A3 est triangulaire, le système associé est
 x + 2y − 3z = 20

 7y − 5z = 53 .

 36z = −180
On effectue la remontée
 −3 
1
)
z = −5, y = ( 53 + 5z = 4 et x = 20 − 2y + 3z = −3 d ′où X =  4  .
7
 −5 
Deuxième méthode
À l’aide d’un logiciel, on calcule le déterminant de A, puis s’il est non

nul l’inverse de A. On peut aussi calculer directement l’inverse de A, un
message d’erreur apparaît si elle n’est pas inversible.
On a det( A ) = 36 donc la matrice A est inversible et le système possède

une unique solution X = A −1B .
 5 7 11 
 − 
 36 36 36   −3 
 1 13 5   
A −1 =  −1
 et X = A B =  4  .
36 36 36
   −5 
 − 13 11 7 
 36 36 36 

Le système (S2 ) est équivalent à AX = B avec
 1 1 1   x   1 

A= 5 6 1 , X = y  et B =  4 .
    
 1 20 −75   z   −18 
Première méthode
Avec la méthode de Gauss, on regroupe A et B dans une même matrice A1 :
 1 1 1 1 
A1 =  5 6 1 4 .

 1 20 −75 −18 

On effectue les opérations suivantes sur les lignes L2 ← −5L1 + L2 et
L3 ← −L1 + L3 soit
 1 0 0  1 1 1 1   1 1 1 1 
A2 =  −5 1 0   5 6 1 4  =  0 1 −4 −1
 
.

 −1 0 1   1 20 −75 −18   0 19 −76 −19 
Puis on effectue L3 ← −19L2 + L3 soit
 1 0 0  1 1 1 1   1 1 1 1 
A3 =  0 1 0   0 1 −4 −1  =  0 1 −4 −1  .
  
 0 −19 1   0 19 −76 −19   0 0 0 0 
 x + y + z = 1
(S3 )  y − 4z
= −1
.

Il possède une infinité de solutions : les triplets ( −5z + 2 ; 4z − 1 ; z où z)
décrit R . .
Deuxième méthode
À l’aide d’un logiciel, on calcule le déterminant de A. On a det( A ) = 0 donc

la matrice A n’est pas inversible et le système possède soit une infinité de
solutions soit aucune.
Les combinaisons de lignes effectuées lors de la méthode de Gauss :
L1 ← L1 , L2 ← −5L1 + L2 et L3 ← −
1
−L + L
19 1 3
( )
donne le système équivalent (S 3 ) et donc les solutions trouvées
précédemment.

Exercice 11 Recherche d’un vecteur stable
a) Par hypothèse, (x ; y ; z) vérifie l’égalité x + y + z = 1, il reste à montrer
que X *S = X * donne les trois dernières lignes du système. On a :
 0, 58 x + 0, 3y + 0,1z = x L2

X *S = X * équivaut à  0, 3x + 0,1y + 0,1z = y L3

 0,12x + 0, 6 y + 0, 8z = z L4
 −0, 42x + 0, 3y + 0,1z = 0 L2


soit  0 , 3x − 0, 9 y + 0,1z = 0 L3 .

 0,12x + 0, 6 y − 0, 2z = 0 L4
On multiplie par 10 chacune des lignes d’où le système annoncé.

b) On remarque que la somme des lignes 3 et 4 donne l’opposé de la ligne 2 donc
le système est équivalent au système composé uniquement des lignes 1, 3 et 4.
L’écriture matricielle de ce système équivalent est AX = B avec :
 1 1 1   x   1 
A =  3 −9 1  , X = y
 
 et B =  0  .
  
 1, 2 6 −2   z   0 
On utilise la méthode de Gauss, on regroupe A et B dans une même matrice A1 :

 1 1 1 1 
A1 =  3 −9 1 0  .
 1, 2 6 −2 0 
On effectue les opérations suivantes sur les lignes L2 ← 3L1 − L2 et

L3 ← 2, 5L3 − 3L1 soit
 1 0 0  1 1 1 1   1 1 1 1 
A2 =  3 −1 0   3 −9 1 0  =  0 12 2 3
  
.

 −3 0 2, 5   1, 2 6 −2 0   0 12 −8 −3 
Puis on effectue L3 ← L2 − L3 .
 1 0 0  1 1 1 1   1 1 1 1 
A3 =  0 1 0   0 12 2 3

 =  0 12 2 3  .
  
 0 1 −1   0 12 −8 −3   0 0 10 6 

 x + y + z = 1

 12y + 2z = 3 .

 10z = 6
On effectue la remontée
 0, 25 
1  
12
)
z = 0, 6, y = ( 3 − 2z = 0,15 et x = 1− y − z = 0, 25 d ′où X =  0,15 .
 0, 6 
Le vecteur stable cherché est X * = ( 0, 25 0,15 0, 6 . )
Corrigés des exercices d’appren-

Exercice 12 Revenons sur notre problème du joueur.
Pour n ≥ 1, Pn est le vecteur ligne ( pn 1− pn ). La suite (P ) est définie

n
par :
 0,7 0,3 
P1 = ( 0,3 0,7 ) et Pn = P1S n −1 avec S =  .
0,5 0,5 
1 Calcul de S n
a) On obtient :
 0, 625 0, 375   0, 075 −0, 075 
N + 0, 2R =   +  = S.
 0, 625 0, 375   −0,125 0,125 
b) On obtient :
 5 3  5 3   25 15 15 9 
    + + 
8 8 8 8  =  64 64 64 64
N2 =    = N,
 5 3  5 3   25 15 15 9 
 8 8   8 8   64 + 64 +
64 64 
 3 3  3 3   9 15 9 15 
 −  −   + − − 
R2 =  8 8  8 8  =  64 64 64 64  = R,
 5 5  5 5   15 25 15 25 
 − 8 8   − 8 8   − 64 − 64 +
64 64 

 5 3  3 3   155 15 15 15 
  −   − − + 
NR =  8 8  8 8  =  64 64 64 64  = 0 et RN = 0.
 5 3  5 5   15 15 15 15 
 8 8   − 8 8   64 − 64 − +
64 64 
c) Calculons S 2 et S 3 .
On a S 2 = (N + 0, 2R )(N + 0, 2R ) = N 2 + 0, 2NR + 0, 2RN + (0, 2)2R 2 = N + (00, 2)2R
car N 2 = N , R 2 = R , N . R = R . N = 0.
De même
( )
S 3 = (N + 0, 2R ) N + (0, 2)2R = N 2 + (0, 2)2NR + 0, 2RN + (0, 2)3 R 2 = N + (0, 2)3 R
d) Montrons par récurrence que pour tout n ≥ 1, S n = N + 0,2n R .
Initialisation Pour n = 1, la proposition est vraie d’après la question a).
Hérédité Soit n ≥ 1, on suppose la proposition vraie au rang n. Montrons qu’elle est vraie
au rang n+1.
( )
S n +1 = S ⋅ S n = (N + 0, 2R ) N + (0, 2)n R car la proposition est vraie au rang n et
au rang 1.
S n +1 = N 2 + (0, 2)n NR + 0, 2RN + (0, 2)n +1R 2 = N + (0, 2)n +1R

car N 2 = N , R 2 = R , N ⋅ R = R ⋅ N = 0.
La proposition est donc vraie au rang n+1.
Conclusion Par récurrence, la propriété est vraie pour tout n ≥ 1.
2 Probabilité de gagner la n-ième partie
5 2,6
a) Montrons que pn = − × 0,2n −1.
8 8
( )
On a Pn = P1S n −1 = P1 N + (0, 2)n −1R d’après la question 1.d).
 5 3   2, 6 2, 6  5 2, 6 n −1
On a P1N =   et P1R =  −  donc pn = − 0, 2 car
 8 8   8 8  8 8
Pn = ( pn 1− pn ).

b) La probabilité de gagner la troisième partie est p 3 = 0, 612 , la cinquième partie
est p5 = 0, 62448 , la huitième, la neuvième et la dixième est d’environ 0,625.
c) Pour les grandes valeurs de n, la probabilité de gagner la n-ième partie semble

5
très proche de 0,625 soit .
8
3 Comportement asymptotique de (Pn )

5
a) Montrons que lim pn = .
n →+∞ 8
La suite (0, 2n −1) est une suite géométrique de raison q = 0,2 en valeur absolue
strictement inférieure à 1 donc elle converge vers 0, par produit puis somme on
5
en déduit que lim pn = .
n →+∞ 8
5 3
b) On a donc lim 1− pn = 1− lim pn = 1− = .
n →+∞ n →+∞ 8 8
On pose p * =
5
8
et P * = (p *
1− p * ) , chaque coefficient de P n converge
donc la suite de vecteurs (Pn ) converge et on écrit que lim Pn = P *.

n →+∞
c) Vérifions que P *. S = P *.
 5 3   0,7 0,3   3, 5 1, 5 1, 5 1, 5 
P *. S =    = + +
*
 =P .
 8 8   0,5 0,5   8 8 8 8 
On admet que la matrice ligne P * est l’unique état stable du graphe probabiliste,
il est indépendant de l’état initial P1 .
Exercice 13 Graphe probabiliste, matrice, état stationnaire

On considère le graphe probabiliste suivant
1/5
Un graphe probabiliste
4/5 1 2 3/5
2/5

 4 1 
 
1 La matrice de transition S du graphe est S =  5 5  .
 2 3 
 5 5 
 1  1 2 1  2 1 
2 L’état stationnaire P * est P * = 2
   a = 5 , b = 5et donc a + b (b a ) =  3 3  
 3 3 
Exercice 14 Les lancers francs d’Arthur

Lors de matchs de Basket, Arthur se comporte de la manière suivante.
▶ S’il réussit un lancer franc, il a une probabilité de 0,8 de réussir le suivant.
▶ S’il rate un lancer franc, il a une probabilité de 0,6 de rater le suivant.
1 a) La situation est représentée par le graphe probabiliste suivant :

0,2
0,8 R E 0,6
0,4
 0, 8 0, 2 
b) La matrice de transition de ce graphe est S =   .
 0, 4 0, 6 
2 Arthur n’a pas réussi son premier lancer franc. On cherche la probabilité qu’il
réussisse le troisième
On appelle pn la probabilité qu’Arthur réussisse son n-ième lancer-franc. On
définit les événements suivants :
Rn : « Arthur réussit son n-ième lancer-franc » et E n = Rn : « Arthur échoue son

n-ième lancer ».
On a alors pn = P (Rn ) et 1− pn = P (E n ).
On définit le vecteur stochastique 0,8 Rn+1

Pn = ( pn 1− pn ). pn
Rn
0,2 En+1
D’après l’énoncé, on a P1 = ( 0 1 .)
Soit n un entier strictement positif. 0,4 Rn+1
1 – pn
En
0,6 En+1

La formule des probabilités totales donne
P (Rn +1) = P (Rn +1 ∩ Rn ) + P (Rn +1 ∩ E n )

P (Rn +1) = PR (Rn +1) × P (Rn ) + PE (Rn +1) × P (E n )
n n
P (Rn +1) = 0, 8 × P (Rn ) + 0, 4 × P (E n )
soit pn +1 = 0, 8pn + 0, 4(1− pn ).
De même, on obtient 1− pn +1 = 0, 2pn + 0, 6(1− pn ) d’où Pn +1 = Pn S et on en
déduit que P3 = P2S = P1S 2 .
Calculons S 2 puis P3 .
 0, 72 0, 28 
S2 =   et P3 =
 0, 56 0, 44 
( 0, 56 0, 44 ).
Arthur a une probabilité de 0,56 de réussir son troisième lancer-franc.
3 D’après le théorème 7 avec a = 0,2 et b = 0,4, la suite des vecteurs

 2 1 
stochastiques (Pn ) converge vers le vecteur stable P * =   . Le taux
 3 3 
2
de réussite d’Arthur est donc de soit environ 67 %.
3
Corrigé des activités du chapitre 5
Activité 2 1 Expression de Pn en fonction de n

a) La formule des probabilités totales donne
P (Nn +1) = P (Nn +1 ∩ Nn ) + P (Nn +1 ∩ E n ) + P (Nn +1 ∩ Sn ) + P (Nn +1 ∩ On )

soit
P (Nn +1) = PN (Nn +1) × P (Nn ) + PE (Nn +1) × P (E n ) + PS (Nn +1) × P (Sn )
n n n
+PO (Nn +1) × P (On )
n
1 1 1
soit P (Nn +1) = 0 × P (Nn ) + × P (E n ) + × P (Sn ) + × P (On ).
3 3 3
Il s’agit du produit de Pn par la première colonne de S.
On procède de même pour P (E n +1) , P (Sn +1) et P (On +1) .

D’où pour tout entier naturel n, Pn +1 = Pn S .
b) On procède par récurrence sur n.
Initialisation Pour n = 0, la propriété est vraie d’après (a).
Hérédité Soit n un entier positif, on suppose que la proposition est vraie au rang n et
on démontre qu’elle l’est aussi au rang n+1 : Pn +1 = Pn S or par récurrence
Pn = P0S n d’où Pn +1 = P0S n S = P0S n +1.
Conclusion Finalement, pour tout n ≥ 0, Pn = P0S n .
2 Étude expérimentale
a) À l’aide d’un logiciel de calcul, on obtient les résultats, par exemple
 1/ 3 2/ 9 2/ 9 2/ 9   2 / 9 7 / 27 7 / 27 7 / 27 
 2/ 9 1/ 3 2/ 9 2/ 9   7 / 27 2 / 9 7 / 27 7 / 27  ,
S2 =   , S3 = 
 2/ 9 2/ 9 1/ 3 2/ 9   7 / 27 7 / 27 2 / 9 7 / 27 
 2/ 9 2/ 9 2/ 9 1/ 3   7 / 27 7 / 27 7 / 27 2 / 9 
 7 / 27 20 / 81 20 / 81 20 / 81   0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 
   
20 / 81 7 / 27 20 / 81 20 / 81 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25
S4 =   et S 10 ≈  .
 20 / 81 20 / 81 7 / 27 20 / 81   0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 
 20 / 81 20 / 81 20 / 81 7 / 27   
 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 
b) Il semble que pour n grand, toutes les lignes de S n soient proches
de ( 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4 . )
3 Étude théorique
a) Le vecteur P * = ( 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4 ) est stable, en effet le premier

 0 
 
coefficient de P *S est ( 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4  1/ 3 )  1 1 1
 = 3× ×  = ,
 4 3 4
 1/ 3 
 1/ 3 
de même pour les autres coefficients, d’où P * = P *S .

b) Pour vérifier que S = QDQ −1, on commence par déterminer Q −1 à l’aide d’un
logiciel de calcul, on obtient
 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4 
 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 
Q −1 =  .
 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 
 −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 

On effectue le produit des matrices
 1 1 0 0  1 0 0 0 
  
1 0 1 0   0 −1/ 3 0 0 
QD =  
 1 0 0 1  0 0 −1/ 3 0 
 1 −1 −1 −1   0 0 0 −1/ 3 
 1 −1/ 3 0 0 
 1 0 −1/ 3 0 
= ,
 1 0 0 −1/ 3 
 1 1/ 3 1/ 3 1/ 3 
puis
 1 −1/ 3 0 0  1/ 4 1/ 4 1/ 4 1 / 4 
 1 0 −1/ 3 0  3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 
QDQ −1 =   
 1 0 0 −1/ 3  −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 
 1 1/ 3 1/ 3 1/ 3   −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 
 0 1/ 3 1/ 3 1/ 3 
 1 3 0 1/ 3 1/ 3 
= / .
 1/ 3 1/ 3 0 1/ 3 
 1/ 3 1/ 3 1/ 3 0 
On a bien S = QDQ −1 .
c) Démontrons par récurrence que pour tout n ≥ 1, S n = QD nQ −1.
Initialisation On a S = QDQ −1 donc la proposition est vraie au rang 1.
Hérédité Soit n ≥ 1. On suppose que la proposition est vraie au rang n : S n = QD nQ −1.

Alors :
( )( ) ( )
S n +1 = S ⋅ S n +1 = QDQ −1 QD nQ −1 = QD Q −1Q D nQ −1
= QDID nQ −1 = QDD nQ −1 = QD n +1Q −1.
Donc la proposition est vraie au rang n+1.
Conclusion Par récurrence, pour tout n ≥ 1, S n = QD nQ −1.
d) Soit n ≥ 1, calculons le produit QD nQ −1

 n 
 1 0 0 0
1 1 0 0  
 1 0 1 0  0 ( −1/ 3)n 0 0 
QD n =   
 1 0 0 1  0 0 ( −1/ 3)n 0 
 1 −1 −1 −1   
 0 0 0 ( −1/ 3)n 
 
1 ( −1/ 3)n 0 0
 
 1 0 ( −1/ 3)n 0 
= 
 1 0 0 ( −1/ 3)n 
 
 1 −( −1/ 3)n −( −1/ 3)n −( −1/ 3)n 
 
1 ( −1/ 3)n 0 0
  1/ 4 1/ 4 1/ 4 1 / 4 
 1 0 ( −1/ 3)n 0  3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 
QD nQ −1 =   
 1 0 0 ( −1/ 3)n   −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 
   −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 
 1 −( −1/ 3) n
−( −1/ 3)n −( −1/ 3)n 
 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4   3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 

 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4   1 n  −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 −1/ 4 
QD nQ −1 =   +−   .
 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4   3  −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 −1/ 4 
 1/ 4 1/ 4 1/ 4 1/ 4   −1/ 4 −1/ 4 −1/ 4 3 / 4 
n
 1
D’où pour tout n ≥ 1, S n = N +  −  R .
 3
n
 1
e) On a lim  −  = 0 car il s’agit du terme générale d’une suite géomé-
n →+∞  3 
1
trique de raison q = − avec q < 1.
3
On a Pn = P0S n . On écrit P0 = (p 1 p2 p 3 p4 ).
n
 1
Calculons P0S n = P0N +  −  P0R .
 3
Le premier coefficient est

n
 1  3 1 
1
(
p +p +p +p + −
1
)1
p − p − p − p or P0 est un vecteur
4 1 2 3 4  3   4 1 4 2 4 3 4 4 
stochastique donc p1 + p2 + p 3 + p 4 = 1 d’où le premier coefficient de Pn

1
converge vers .
4
En procédant de même pour les autres coefficients, on obtient que (Pn ) converge
et que lim Pn = P *.
n →+∞
Remarque
n
Chaque coefficient de S converge vers le coefficient correspondant de N, on écrit
n
lim S = N .
n →+∞
Activité 3 1 Étude expérimentale

a) À l’aide d’un logiciel de calcul ou la calculatrice, on obtient :
 1/ 2 0 1/ 2 0   0 1/ 2 0 1/ 2 
   
S 2 =  0 1/ 2 0 1/ 2  , S 3 =  1/ 2 0 1/ 2 0 ,
 1/ 2 0 1/ 2 0   0 1/ 2 0 1/ 2 
 0 1/ 2 0 1/ 2   1/ 2 0 1/ 2 0 
 1/ 2 0 1/ 2 0   0 1/ 2 0 1/ 2 
   
S 4 =  0 1/ 2 0 1/ 2  et S 5 =  1/ 2 0 1/ 2 0 .
 1/ 2 0 1/ 2 0   0 1/ 2 0 1/ 2 
 0 1/ 2 0 1/ 2   1/ 2 0 1/ 2 0 
 1/ 2 0 1/ 2 0 
 0 1/ 2 0 1/ 2 
b) On observe que S 3 = S 5 = S et que S 2 = S 4 =  .
 1/ 2 0 1/ 2 0 
 0 1/ 2 0 1/ 2 
Il semble que les puissances impaires de S sont toutes égales à S et les puissances
paires de S sont toutes égales à S 2.
2 Étude théorique
a) Montrons que pour tout k ≥ 1, S 2k −1 = N − R et S 2k = N + R .
Commençons par calculer SN et SR. On obtient SN = N et SR = −R .

Initialisation Pour k = 1,
S 2k −1 = S = N − R et S 2k = S 2 = S (N − R ) = SN − SR = N + R .
La proposition est donc vraie au rang 1.
Hérédité Soit k ≥ 1. On suppose vraie la proposition au rang k. Montrons qu’elle l’est
aussi au rang k+1.
S 2(k +1)−1 = S 2k +1 = S ⋅ S 2k = S ⋅ S 2 = S (N + R ) = SN + SR = N − R = S ;
S 2(k +1) = S 2k + 2 = S ⋅ S 2k +1 = S ⋅ S = S 2 = N + R .
Ainsi la proposition est vraie au rang k+1.
Conclusion Par récurrence, pour tout k ≥ 1, S 2k −1 = N − R et S 2k = N + R .
b) Montrons que pour tout n ≥ 1, S n = N + ( −1)n R .
Pour n pair : n = 2k, on obtient S n = S 2k = N + R = N + ( −1)2k R = N + ( −1)n R .

Pour n impair : n = 2k+1, on obtient
S n = S 2k +1 = N − R = N + ( −1)2k +1R = N + ( −1)n R .

Dans les 2 cas, l’expression est vraie.
c) Le calcul du produit P *S donne bien P *.
d) On a Pn = P0S n = P0N + ( −1)n P0R = P * + ( −1)n P0R .
On écrit P0 = (p 1 p2 p 3 ) 1
4
1
4
1
4
1
p 4 . 0n pose p = p1 − p2 + p 3 − p 4 .
4
On a alors P0R = (p −p p −p . )
Ce vecteur est nul si et seulement si p est nul.
Or P0 est un vecteur stochastique d’où p1 + p2 + p 3 + p 4 = 1 . On en déduit que

1
p = 0 si et seulement si p1 + p 3 = p2 + p 4 = .
2
Il faut donc distinguer deux cas :
1
▶ si p1 + p 3 = p2 + p 4 = alors P0R = 0 et pour n ≥ 1, Pn = P * ;
2
Donc la suite (Pn ) converge et lim Pn = P *.

n →+∞
1
En particulier si p1 = p2 = p 3 = p 4 = alors la suite (Pn ) est constante égale
4
à P *.

▶ Sinon P0R ≠ 0 donc la suite (Pn ) est alternativement égale à deux matrices
différentes donc ne possède pas de limite.
Nous sommes dans une situation où la convergence dépend de l’état initial.
Activité 4 Réponse au problème 1. Déterminons Pn .

1 On a l’arbre des probabilités (incomplet) suivant :
S01=1
S10=1/4
)
n =0
) S12=3/4
=1
y
P(
P(x n S21=1/2 Sij = P[ X =i ] ( X n +1 = j )

n
P(xn=2) S23=1/2
P(x S = (Sij ) 0 ≤ i ≤ j ≤ 4
n =3 S32=3/4
)
P( S34=1/4
xn
=4
)
S43=1
La formule des probabilités totales donne pour j entier variant de 0 à 4,

4
P ( X n +1 = j ) = ∑P[ X =i ] ( X n +1 = j ) × P ( X n = i ). (1)
n
i =0
Le terme P[ X =i ] ( X n +1 = j ) est la probabilité d’avoir j boules dans l’urne A à
n
l’instant n+1 sachant que l’urne A contenait i boules à l’instant n donc il s’agit du
teme Sij de la matrice S ; en supposant que les lignes et les colonnes de S sont
numérotées de 0 à 4.
Posons pi(n ) la probabilité que l’urne A contiennent i boules

à l’instant n : pi(n ) = P ( X n = i ), c’est-à-dire que pour tout n,
(
Pn = p0(n ) p1(n ) p2(n ) p 3(n ) p 4(n ) . )
4
L’égalité (1) s’écrit p (jn +1) = ∑Sij × pi(n ) : le coefficient de rang j de Pn +1 est le
i =0
produit de Pn par la colonne de rang j de S d’où Pn +1 = Pn S . (2)
2 Par récurrence sur n comme dans la marche aléatoire sur le tétraèdre, on

obtient pour tout entier n, Pn = P0S n .

▶ Réponse au problème 2. Recherche d’une loi stable.
)
a) On suppose que le vecteur P * = (a b c d e vérifie P * = P *S et l’égalité
a + b + c + d + e = 1 . On a donc le système suivant
a + b + c + d + e = 1 L1

1
 b =a L2
4
 1
a + 2 c = b L3
3 3
 b+ d =c L4
 4 4
1 b = 4a
 c +e = d L5

L2
2 d = 4e
 1d = e L6 
L6
 4 
5a + c + 5e = 1 L1
soit par substitution de b et d : 
6a − c = 0 L3

3a − c + 3e = 0 L4

c − 6e = 0 L5 .

1 1
On a alors e = a = c et l’équation 5a + c + 5e = 1 donne a = .
6 16
4 6 1
Les autres équations donnent alors b = d = , c= et e = .
16 16 16
On a obtenu que s’il existe une solution, elle est unique et vaut
P* = (
1
16
1 4 6 4 1 . )
On vérifie que ce vecteur P * est bien solution.
Finalement, P * =
1
16
(1 4 6 4 1 ) est l’unique vecteur stochastique
stable par S.
 1
b) La loi définie par P * est la loi binomiale B  4 ;  car les coefficients de P *
 2
sont pour j variants de 0 à 4,
1 4   4 
Pj* =   où   est un coefficient binomial.
24  j   j 

 1 1
c) L’espérance de la loi binomiale B  4 ;  est 4 × = 2 , ce qui signifie que
 2 2
pour cette loi en moyenne il y 2 boules dans chaque urne. Les résultats obtenus
à l’activité précédente se généralisent.
 Réponse au problème 3
Étudions expérimentalement la convergence de (Pn ).
1 À l’aide d’un logiciel de calcul, on calcule P0S 2 , P0S 4 ,P0S 6 et P0S 20 ,
puis P0S , P0S 3 ,P0S 5 et P0S 21.
2 La suite des termes de rangs pairs (P ) et la suite des termes de rangs

2n
impairs (P2n +1) semblent converger vers des limites différentes ce qui implique
que la suite (Pn ) ne peut être convergente.
En fait, on est dans une situation similaire à la deuxième marche aléatoire sur le
tétraèdre.
 Compléments sur l’étude de (Pn ).
À l’aide d’un logiciel de calcul formel (mais Xcas ne permet pas ce calcul), on
obtient que S n est la matrice suivante.

Donc la loi Pn de la variable aléatoire X n comptant le nombre de boules dans
l’urne A à l’instant n avec initialement toutes les boules dans l’urne A, définie par
P0 = ( 0 0 0 0 1 ) et pour n entier, Pn = P0S n , est donnée par la dernière

ligne de la matrice S n .
L’espérance de X n qui représente le nombre moyen de boules dans l’urne A à

l’instant n est par définition
4
1
E( X n ) = ∑ iP ( X n = i ) soit après calcul E( X n ) = 2 + .
n −1
i =0 2
Pour n grand, elle est proche de 2 comme pour la loi stable.
Activité 5 1 Avec P = (0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 1 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0) , on obtient :

0
Il semble que la suite de vecteurs (Pn ) converge.
2 Avec P = (1 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0) , on obtient :
0
Il semble que la suite (Pn ) converge, moins rapidement que précédemment.

3 La somme des coefficients de
1
P* = (2 ; 1 ; 1 ; 1 ; 3 ; 1 ; 2 ; 1 ; 2 ; 1 ; 1 ; 1) est bien égal à 1 et tous ces
17
coefficients sont compris entre 0 et 1 donc P * est un vecteur bien un vecteur
stochastique.
De plus, P *S = P * donc ce vecteur est stable par S.
Quelle que soit la condition initiale P0 , il semble que P0S n converge toujours
vers P * , plus ou moins vite.
La page la plus fréquentée de la marche aléatoire est alors la page P5

3
car ν 5 = P5* = est la plus forte probabilité de la loi stable, c’est elle qui semble
17
la plus pertinente.

Exercice 15 Graphe probabiliste et matrice de transition
 1 1 
 0 
 2 2 
 1 3 
La matrice de transition du graphe 1 est S =  0 .
4 4 
 
 1 2 
 0
3 3 
 0, 2 0, 8 0 
 
La matrice de transition du graphe 2 est S =  0 0,1 0, 9 .
 0, 7 0 0, 3 
 0,1 0, 6 0, 3 
 
La matrice de transition du graphe 3 est S =  0, 2 0, 5 0, 3 .
 0, 2 0 0, 8 

Exercice 16 Graphe probabiliste et matrice de transition
 3 
 x 
La matrice de transition du graphe 1 est S =  4  , la somme des
 2 
 y 7 
1 5
coefficients de chaque ligne doit être égale à 1 donc x =
et y = .
4 7
 0, 4 0 z 
 
La matrice de transition du graphe 2 est S =  0, 7 x 0  , la somme
 y 0, 5 0, 3 
des coefficients de chaque ligne doit être égale à 1 donc x = 0, 3, y = 0, 2
et z = 0, 6.
 0 z y z 
 
0, 5 0, 2 x 0
La matrice de transition du graphe 3 est S =   , la
 y 0 0 0, 6 
 
 0, 2 0 0, 5 0, 3 
somme des coefficients de chaque ligne doit être égale à 1 donc x = 0, 3,
y = 0, 4 et z = 0, 3.
Exercice 17 La souris dans le labyrinthe 5

Une souris se déplace dans le labyrinthe 4
ci-contre. À chaque minute, elle change fromage
de case en choisissant, de manière 1
équiprobable, l’une des cases adjacentes. 2 3
Dès qu’elle atteint soit la nourriture tanière
(case 5), soit sa tanière (case 1), elle y reste.
1 La situation est représentée par le graphe probabiliste suivant :

1/3
1/3
1 1
2 3
1/2
1/2 1/3 1/2
4 5 1
1/2

2 La matrice de transition S est
 1 0 0 0 0 
 1/ 3 0 1/ 3 1/ 3 0 
 
S =  0 1/ 2 0 0 1/ 2  .
 0 1/ 2 0 0 1/ 2 
 
 0 0 0 0 1 
Arrivée dans la case 1 ou la case 5, la souris y reste d’où s11 = s 55 = 1 .

À partir de la case 2, elle peut se déplacer vers les cases 1, 3 et 4 avec la même
1
pobabilité d’où s 21 = s 23 = s 24 = .
3
À partir de la case 3 ou de la case 4, elle ne peut se déplacer que vers les cases 2
1
et 5 avec la même probabilité d’où s 32 = s 35 = s 42 = s 45 = .
2
3 On suppose que la souris se trouve initialement dans la case 2.
On note P0 le vecteur stochastique ( 0 1 0 0 0 ) et Pn = P0S n .

À l’aide d’un logiciel, calculons Pn pour n entier variant de 1 à 10 et interprétons
ces résultats.
 1 1 1 
P1 =  0 0 .
 3 3 3 
En partant de la case 2, après un seul déplacement, la souris a la même probabilité

de se trouver en case 1, 3 ou 4.
 1 1 1 
P2 =  0 0 .
 3 3 3 
En partant de la case 2, après deux déplacements, la souris a la même probabilité

de se trouver en case 1, 2 ou 5.
 4 1 1 1 
P3 =  0 .
 9 9 9 3 
En partant de la case 2, après trois déplacements, la souris a une probabilité

de 4/9 de se trouver dans la case 1, de 1/3 de se trouver dans la case 5 et de 1/9
de se trouver en case 3 ou 4.

On interprète de la même manière les vecteurs suivants :
 4 1 4 
P4 =  0 0 ;
 9 9 9 
 13 1 1 4 
P5 =  0 ;
 27 27 27 9 
 13 1 13 
P6 =  0 0 ;
 27 27 27 
 40 1 1 13 
P7 =  0 ;
 81 81 81 27 
 40 1 40 
P8 =  0 0 ;
 81 81 81 
 121 1 1 40 
P9 =  0 ;
 243 243 243 81 
 121 1 121 
P10 =  0 0 .
 243 243 243 
Lorsque la souris part de la case 2, Il semble que la suite (Pn ) converge vers le
 1 1 
vecteur stochastique stable P * =  0 0 0 .
 2 2 
Remarque
On peut vérifier que tout vecteur stochastique de la forme P* = (p 0 0 0 1− p ) avec p un

réel de [0 ; 1], est stable par S.
Si la souris part de la case 1 (respectivement de la case 5) alors la suite (P ) est constante égale à P (la
n 1
souris reste dans sa position initiale).
Vous pourrez expérimenter que si la souris part des cases 3 ou 4 alors la suite (P ) converge vers P *
n
avec p = 1/4.
Plus généralement, la suite (P ) converge vers P * et le paramètre p dépend de la distribution initiale P0

n
(on a P * = P S * où S * est la limite de la suite de matrices (S n ) ).
0

Corrigé des exercices de syn-
thèse du chapitre 6
Exercice I Préparation au ROC
 
Soit A =  a b  . On se propose de démontrer que A est inversible si et
 c d 
 
seulement si ad − bc ≠ 0. Soit B =  d −b  .
 −c a 
a) On obtient
  −b   ad − bc −ab + ba 
AB =  a b   d =
 c d   −c a   cd − cd −cb + ad 
 ad − bc 0 
= = (ad − bc )I
 0 ad − bc 
et
 −b   a b   da − bc db − bd 
BA =  d =
 −c a   c d   −ca + ac −cb + ad 
 ad − bc 0 
= = (ad − bc )I .
 0 ad − bc 
b) Montrons que si ad − bc ≠ 0 alors A est inversible.

1
Si ad − bc ≠ 0 alors on pose C = B et d’après a), on obtient AC = CA = I
ad − dc
1
donc A est inversible et A −1 = B.
ad − bc
c) On suppose que A est inversible et que ad − bc = 0. Montrons que B = 0.
Si ad − bc = 0 alors d’après a), on a AB = 0 or A est inversible donc B = A −10 = 0.

On en déduit alors que d = a = b = c = 0 d’où A = 0, ce qui est contradictoire
avec A inversible.
Par un raisonnement par l’absurde, on a donc montrer que si A est inversible alors
ad − bc ≠ 0.
On a montré la réciproque en b) d’où l’équivalence : A est inversible si et
seulement si ad − bc ≠ 0.

Exercice II Puissances de matrices
 1 −3 6 
On considère la matrice A =  6 −8 12  .
 3 −3 4 
a) Montrons que A 2 = − A + 2I .
 1 −3 6   1 −3 6 
A =  6 −8 12   6 −8 12 
2
  
 3 −3 4   3 −3 4 
 1− 18 + 18 −3 + 24 − 18 6 − 36 + 24   1 3 −6 
=  6 − 48 + 36 −18 + 64 − 36 36 − 96 + 48  =  −6 10 −112 
   
 3 − 18 + 12 −9 + 24 − 12 18 − 36 + 16   −3 3 −2 
 −1 3 −6   2 0 0   1 3 −6 
et − A + 2I =  −6 8 −12  + 0 2 0
 

 =  −6 10 −12  .
 −3 3 −4   0 0 2   −3 3 −2 
b) Soit n un entier naturel. On appelle n la proposition suivante : il existe un réel

1  2 
an tel que An =  − an  A +  + an  I .
3  3 
Donc A2 = – A + 2I.
1
Initialisation La proposition (0) est vraie car A 0 = I et il faut et il suffit de prendre a0 = .
3
Hérédité Soit n un entier naturel, on suppose que (n) est vraie et on montre (n+1).
1  2 
On a An +1 = AAn d’où An +1 =  − an  A 2 +  + an  A car (0) est vraie.
3  3 
1  1  2 
Or A 2 = − A + 2I . d’où An +1 = −  − an  A + 2 − an  I +  + an  A soit
3  3  3 
1  2 
An +1 =  + 2an  A +  − 2an  I .
3  3 
La proposition (n+1) est vraie avec an +1 = −2an .
Conclusion : Par récurrence, la proposition (n) est vraie pour tout entier naturel n.
1
On a obtenu a0 = et pour tout entier n, on a an +1 = −2an .
3
La suite a = (an )n ∈N est donc géométrique de raison −2 et de premier
1
terme a0 = .
3

1
c) On en déduit une expression de an en fonction de n, an = × ( −2 puis une
3
n
)
expression de An en fonction de n.
On a : An =
1
3 ( )
A + 2I + ( −2)n (I − A ) .
Exercice III D’Alexandre Pouchkine à Markov…

Andrei Andreevich Markov, en 1913, considéra une suite de 20 000 caractères
russes pris dans Eugène Oneguine d’Alexandre Pouchkine. Il distingue entre les
voyelles et les consonnes.
Graphe probabiliste des 0,872

occurrences de voyelles 0,128 V C 0,337
et consonnes
0,663
1 La matrice S de transition associée à ce graphe est

 0,128 0, 872 
S = .
 0, 663 0, 337 
Montrons que pour tout n ≥ 1 , Pn = P1S n −1

On définit les événements suivants :
Vn : « La n-ième lettre du texte est une voyelle » et C n = Vn : « La n-ième lettre

du texte est une consonne ».
On a alors pn = P (Vn ) et 1− pn = P (C n ). Soit n un entier strictement positif.
La formule des probabilités totales donne

P (Vn +1) = P (Vn +1 ∩Vn ) + P (Vn +1 ∩ C n )
P (Vn +1) = PV (Vn +1) × P (Vn ) + PC (Vn +1) × P (C n )
n n
P (Vn +1) = 0,128 × P (Vn ) + 0, 663 × P (C n )
Soit pn +1 = 0,128pn + 0, 663(1− pn ).
De même, on obtient 1− pn +1 = 0, 872pn + 0, 337(1− pn ) d’où Pn +1 = Pn S et par

récurrence, on en déduit que pour tout n ≥ 1, Pn = P1S n −1 (propriété 8 du cours,
à démontrer sur une copie d’examen).
2 Étude expérimentale

a) À l’aide de la calculatrice, calculons S 5 , S 10 , S 20 et S 50 .
 0, 4070231045 0, 5929768955 
S5 =  ;
 0, 450852846 0, 549147154 
 0, 4330131286 0, 5669868714 
S 10 =  ;
 0, 4310920823 0, 5689079177 
 0, 4319239206 0, 5680760794 
S 20 =   et
 0, 4319202301 0, 5680797699 
 0, 4319218241 0, 5680781759 
S 50 =  .
 0, 4319218241 0, 5680781759 
b) On observe que pour n grand, les lignes de S n sont identiques.
La suite (Pn ) semble converger vers le vecteur limite P * correspondant aux

lignes de S n .
Il semble que P * = (1– x x ) avec x ≈ 0, 568 .
3 Étude théorique
a) Déterminons le vecteur ligne stochastique P * = (1– x x ) stable, c’est-à-dire

* *
telle que P = P S .
 0,128(1− x ) + 0, 663x = 1− x
On obtient le système suivant :  .
 0, 872(1− x ) + 0, 337x = x
Les deux équations donnent la même égalité 1, 535x = 0, 872 d’où
872
x= 0, 568.
1535
*  663 872 
Finalement, le vecteur stochastique stable par S est P =  .
 1535 1535 
b) Soit n un entier tel que n ≥ 1, on appelle (n), la proposition suivante
S n = N + ( −0,535)n R où
1  0,663 0,872  1  0,872 −0,872 

N=   et R =  .
1,535  0,663 0,872  1,535  −0,663 0,663 
On montre, par récurrence, que (n) est vraie pour tout n ≥ 1.

Initialisation La proposition (1) est vraie car
1  663 872  0, 535  872 −872 

N − 0, 535R = −
1535  663 872  1535  −663 663 
1  196, 48 1338, 52   0,128 0, 872 

=   =  = S.
1535  1017, 705 517, 295   0, 663 0, 337 
Hérédité Soit n un entier strictement positif, on suppose que la proposition (n) est vraie.
Montrons que (n+1) l’est aussi.
On a S n +1 = SS n or les propositions (1) et (n) sont vraies,
)(
d’où S n +1 = (N − 0,535R N + ( −0,535)n R )
soit S n +1 = N 2 − 0, 535RN + ( −0,535)n NR + ( −0,535)n +1R 2.
Or on vérifie que N 2 = N , R 2 = R et NR = RN = 0 d’où S n +1 = N + ( −0,535)n +1R .

Ainsi la proposition (n+1) est vraie.
Conclusion Par récurrence, la proposition est vraie pour tout entier naturel strictement positif.
c) Montrons que (Pn ) converge et que lim Pn = P *.

n →+∞
On a montré dans la question 1 que pour tout n ≥ 1 , Pn = P1S n −1 .

On utilise alors l’expression des puissances de S à l’aide de N et R. d’où
Pn = P1S n −1 = P1N + ( −0,535)n −1P1R .
Or la suite (un ) de terme général un = ( −0, 535)n −1 est une suite géométrique
de raison q = −0, 535 avec q < 1 donc elle converge vers 0 d’où la suite (Pn )
converge vers P1N . On a :
P1N = ( p 1− p ) 663

1
1535 1
663 872 
1
872 
=
1
1535
( 663p + 663(1− p ) 872p + 872(1− p ) )
1 1 1 1
 663 872  *
P1N =   =P .
 1535 1535 
D’où lim Pn = P *.
n →+ ∞

Remarque
D’où lim Pn = P *.
n →+∞
(
Le vecteur limite P * = 0, 432 0, 568 ) correspond aux fréquences de voyelles
(43,2 %) et de consonnes (56,8 %) dans un texte russe. Pour un texte en français,
( ) (
on a P * = 0, 456 0, 544 et en allemand P * = 0, 385 0, 615 . )
Exercice IV Évolution du phosphore dans un écosystème

Pour étudier l’évolution de molécules de phosphore dans un écosystème, on
considère quatre états possibles :
▶ la molécule est dans le sol (état s) ;
▶ la molécule est dans l’herbe (état h) ;
▶ la molécule est absorbée par du bétail (état b), et
▶ la molécule est sortie de l’écosystème considéré (état e).
La matrice de transition S de ce système dynamique à quatre états est
s h b e
s  3 / 5 3 /10 0 1/10 
h  1/10 2/ 5 1/ 2 0  .
S=  
b  3/ 4 0 1/ 5 1/ 20 
e  0 0 0 1 
On note :
▶ Sn l’événement « la molécule est dans le sol à l’étape n » ;
▶ Hn l’événement « la molécule est dans l’herbe à l’étape n » ;
▶ Bn l’événement « la molécule est absorbée par du bétail à l’étape n » et
▶ E n l’événement « la molécule est sortie de l’écosystème considéré à

l’étape n ».
On note Pn le vecteur ligne stochastique donnant l’état probabiliste du système,
soit Pn = ( P (S n ) P (Hn ) P (Bn ) P (En ) . )

1 a) Le graphe probabiliste modélisant la situation est le suivant :
3/10
3/5 2/5
S H
1/10
1/10 1/2
3/4
1 E B 1/5
1/20
b) La probabilité que la molécule de phosphore passe de l’herbe au bétail est
( 1
)
pour tout entier n, PH Bn +1 = , on note simplement PH (B ) = .
n 2 2
1
3
La probabilité que la molécule de phosphore passe du sol à l’herbe est PS (H ) = .
10
La probabilité que la molécule de phosphore passe de l’herbe à l’extérieur de
l’écosystème est PH (E ) = 0.
c) La probabilité que la molécule de phosphore passe de l’herbe à l’extérieur du
système en deux étapes exactement est égale à la probabilité que la molécule de
phosphore passe de l’herbe à l’extérieur en au plus deux étapes soit PH E n + 2

n
( )
puisque : pour tout entier n, PH
n
(En +1) = 0 . Finalement, la probabilité cherchée est
pour tout entier n, la probabilité de l’événement E n +2 sachant Hn , soit PH (E n + 2 ).
n
Sn+1 1/10 En+2
On s’aide d’un arbre des probabilités où l’on ne garde

1/10
que les branches qui nous intéressent :
2/5 Hn+1 0 En+2
Hn
1/2
1/20
Bn+1 En+2
0
En+1 1 En+2

la probabilité que la molécule passe à l’extérieur en au plus 2 étapes sachant
qu’elle est dans l’herbe est :
1 1 2 1 1 1 1 2+ 5 7
× + × 0 + × + 0 × 1= + = = = 0,0035.
10 10 5 2 20 100 40 200 200
2 a) (R.O.C.) Montrer à l’aide de la formule des probabilités totales

que Pn +1 = Pn S .
Soit n un entier naturel. La formule des probabilités totales donne :
P (Sn +1) = P (Sn +1 ∩ Sn ) + P (Sn +1 ∩ Hn ) + P (Sn +1 ∩ Bn ) + P (Sn +1 ∩ E n )

P (Sn +1) = PS (Sn +1) × P (Sn ) + PH (Sn +1) × P (Hn ) + PB (Sn +1) × P (Bn ) + PE (Sn +1) × P (En )
n n n n
P (Sn +1) = s11 × P (Sn ) + s 21 × P (Hn ) + s 31 × P (Bn ) + s 41 × P (En ).
De même, on obtient :
P (Hn +1) = s12 × P (Sn ) + s 22 × P (Hn ) + s 32 × P (Bn ) + s 42 × P (E n )

P (Bn +1) = s13 × P (Sn ) + s 23 × P (Hn ) + s 33 × P (Bn ) + s 43 × P (E n )
P (En +1) = s14 × P (Sn ) + s 24 × P (Hn ) + s 34 × P (Bn ) + s 44 × P (En ).
D’où Pn +1 = Pn S .
Puis par récurrence, montrons que pour tout entier n, Pn = P0S n .
Initialisation Pour n = 0, la propriété est vraie car S 0 = I .
Pn = P0S n d’où Pn +1 = P0S n +1.
La proposition est donc héréditaire.

b) On suppose que la répartition initiale est P0 = (0,4 ; 0,2 ; 0,2 ; 0,2).
On a P1 = P0S et P2 = P1S . Après calcul (à la main ou avec un logiciel), on obtient :

P1 = (0,41 0,20 0,14 0,25) et P2 = (0,371 0,203 0,228 0,298).
Après une étape, la répartition du phosphore est de 41 % dans le sol, 20 % dans
l’herbe, 14 % absorbée par le bétail et 25 % est sortie de l’écosystème.
Après deux étapes, la répartition du phosphore est de 37,1 % dans le sol, 20,3 %
dans l’herbe, 12,8 % absorbée par le bétail et 29,8 % est sortie de l’écosystème.
3 a) Calculons S n pour n = 10, puis n = 20 puis n = 50.
Un logiciel de calcul donne

 0, 263707954275 0,146830650938 0, 099413604375 0, 49004779041 
 
0, 297477561250 0,165820853650 0,1121666279063 0, 42453530604 
S 10 =  ,
 0, 267663022969 0,149120406563 0,101071621150 0, 48214494932 
 
 0 0 0 1 
 0,139830054977 0, 0778925915662 0, 0527335001633 0, 729543853293 

 
0,157797947597 0, 0879016605992 0,00595096523926 0, 694790739411
S 20 =  ,
 0,141997978752 0, 079100250245 0, 0535510996095 0, 725350671393 
 
 0 0 0 1 
 0, 020860045125 0, 011620128068 0, 007866858561 0, 95965296825 

 
0, 023540522424 0, 013113293079 0, 0088777735367 0, 95446844913 
S 50 =  .
 0, 021183461610 0, 011800287841 0, 007988827220 0, 95902742333 
 
 0 0 0 1 
b) Il semble que les lignes de S n tendent vers la dernière ligne, on vérifie que
cette dernière ligne est un vecteur stochastique stable par S.
c) À long terme, quelle que soit la répartition initiale du phophore, celui-ci sort de
l’écosystème, on dit que l’état e est un état absorbant.
4 Supposons que lorsque la molécule sort de l’écosystème on réintroduit du

phosphore dans le sol, ce qui conduit à la matrice suivante :
s h b e
s  3 / 5 3 /10 0 1/ 10 
h  1/10 2/ 5 1/ 2 0  .
S=  
b  3/ 4 0 1/ 5 1/ 20 
e  1/10 0 0 9 /10 

a) Calculons S n pour n = 10, puis n = 20 puis n = 50. On a :
 0, 365411406438 0,187709642813 0,120278598375 0, 326600352375 

 
0, 376439177188 0,195369230463 0,1261132339563 0, 302059252788
S 10 =  ,
 0, 366177595581 0,188321577750 0,120860574963 0, 324640251706 
 
 0, 287081951438 0,134707242300 0, 079036801875 0, 499174004388 
 0, 341991153898 0,171910421267 0,107977816101 0, 378120608734 

 
0, 344002398103 0,173273409848 0,1090038179120 0, 373686012928
S 20 =  ,
 0, 342151881697 0,172019354609 0,108062574980 0, 377766188714 
 
 0, 327857456450 0,162332389616 0,100526304569 0, 409283849365 
 0, 336872428244 0,168441601730 0,105279144667 0, 389406825359 

 
0, 336884272631 0,168449628365 0,1052285389223 0, 389380709781
S 50 =  .
 0, 336873374867 0,168442243233 0,105279643743 0, 389404738158 
 
 0, 336789194201 0,168385196175 0,105235262315 0, 389590347309 
b) Il semble que les lignes de S n tendent vers un même vecteur ligne stochastique.
c) On peut conjecturer qu’à long terme, la répartition du phosphore dans

l’écosystème se stabilise suivant la répartition : 33,7 % dans le sol, 16,8 % dans
l’herbe, 10,5 % absorbée par le bétail et 39 % sort de l’écosystème.
Complément En fait, on remarque que S 10 est positive donc d’après le théorème de Perron-
( )
avec Pn = P0S n
Frobénius, quelle que soit la répartition initiale, la suite Pn
converge vers l’unique vecteur stochastique stable par S. Les lignes de S n
tendent vers ce vecteur stable.
Exercice V Problème d’endémie

1 Modélisation
a) La situation est représentée par le graphe probabiliste suivant

0,8
0,9 I M 0,2
0,5
0,1
S 0,5

b) Par définition, le coefficient sij est la probabilité de passer de l’état i à
l’état j en prenant ici (I) pour l’état 1, (M) pour l’état 2 et (S) pour l’état 3. On
obtient bien la matrice de transition :
I M S
I  0,9 0 0,1 
S= M  .
 0,8 0,2 0 
S  0 0,5 0,5 
2 Évolution à court terme
On suppose qu’au départ l’individu est immunisé. On note P0 le vecteur
stochastique P0 = (1 0 0 ) et on note Pn le vecteur Pn = P0S n .
a) Calculons S 2 puis P2. On a :
 0, 81 0, 05 0,14 
 
2
S =  0, 88 0, 04 0, 08 2
)
 et P2 = P0S = ( 0, 81 0, 05 0,14 .
 0, 40 0, 35 0, 25 
b) La probabilité que l’individu soit malade au bout de 2 mois est de 5 %.
3 Évolution à long terme
a) La distribution initiale est encore le vecteur P0 précédent, on calcule la
distribution de probabilité au bout de 12 mois soit P12 = P0S 12 , et au bout de 24
mois, soit P24 = P0S 24 on obtient :
P12 = ( 0, 754719036841 0, 0943381839150 )

0,150942779244 ;
P24 = ( 0, 754716981141 0, 0943396226338 0,150943396226 ).
L’individu étant initialement immunisé, la probabilité qu’il soit dans l’état malade
dans un ou deux ans est quasiment la même soit environ 9,4 %.
b) La distribution initiale est maintenant le vecteur P0 suivant : P0 = ( 0 0 1).
On calcule les distributions de probabilité P12 = P0S 12 , et P24 = P0S 24 on

obtient :

P12 = ( 0, 754705471320 0, 0943466088150 0,150947919865) ;
P24 = ( 0, 75471698107 0, 094339622692 0,150943396238 ).
L’individu étant initialement ni malade, ni immunisé, la probabilité qu’il soit dans

l’état malade dans un ou deux ans est quasiment la même soit environ 9,4 %.
c) La suite de vecteurs (Pn ) semble converger quelle que soit la distribution initiale.
d) On veut déterminer le vecteur stochastique P * = ( x y z stable, c’est-à-dire )

* *
tel que P = P S .
Les réels x, y et z doivent satisfaire le système suivant :

 x + y + z = 1 L1

 0, 9 x + 0, 8 y = x L2
 .
 0, 2y + 0, 5z = y L3
 0,1x + 0, 5z = z L4

c’est-à-dire
 x + y + z = 1 L1

 −0,1x + 0, 8 y = 0 L2
 .
 −0, 8 y + 0, 5z = 0 L3
 0,1x − 0, 5z = 0 L4

On voit que la somme des lignes 3 et 4 donne l’opposé de la ligne 2, donc la ligne
2 n’est pas utile. On obtient donc le système linéaire suivant.
 x + y + z = 1

 0,1x − 0,5z = 0 .
 − 0,8 y + 0,5z = 0

Ce système s’écrit sous la forme matricielle AX = B. On regroupe A et B dans une
même matrice :
 1 1 1 1 

A1 = 0,1 0 −0, 5 0  .
 
 0 −0, 8 0, 5 0 
On effectue la combinaison : L2 ← 0,1L1 − L2 d’où
 1 0 0  1 1 1 1   1 1 1 1 
  
A2 =  0,1 −1 0   0,1 0 −0, 5 0  =  0 0,1 0, 6 0,1 .

 0 0 1   0 −0, 8 0, 5 0   0 −0, 8 0, 5 0 
  

Puis on effectue la combinaison : L3 ← 8L2 + L3 d’où
 1 0 0  1 1 1 1   1 1 1 1 
A3 =  0 1 0   0 0,1 0, 6 0,1

 =  0 0,1 0, 6 0,1  .
  
 0 8 1   0 −0, 8 0, 5 0   0 0 5, 3 0, 8 
Le système initial est donc équivalent au système triangulaire

 x + y + z = 1

 0,1y + 0,6z = 0,1 .
 5, 3z = 0, 8

8 5 40
On effectue la remontée : z = , y = 1− 6z = et x = 1− y − z = .
53 53 53
 40 5 8 
Finalement, le vecteur stochastique stable par S est P * =  .
 53 53 53 
40 5 8
On vérifie que ≈ 0, 75471698 , ≈ 0, 09433962 et ≈ 0,150943396.
53 53 53
On admet que quelle que soit les conditions initiales P0 , la suite (Pn ) converge
vers P *.
e) La proportion d’individus malades dans la population étudiée est d’environ 9,4 %
Exercice VI La ruine du joueur
1 La matrice de transition S est la matrice :
 1 0 0 0 0 
 1 1 
 0 0 0 
 2 2 
 1 1 
S = 0 0 0 .
 2 2 
 1 1 
 0 0 0 
 2 2 
 0 0 0 0 1 
Montrons que pour tout entier naturel n, Pn +1 = Pn S .

On a l’arbre des probabilités (incomplet) ci-dessous :
s00=1
0 0
s10=1/2 0
)
n =0
) s =1/2
X
=1 1
12
P(
2
( Xn
P s21=1/2 1
P(Xn=2) s23=1/2
2 3
P(X
n =3 s32=1/2
) 2
P( s34=1/2
X 3
n=
4
4
)
s44=1
4 4
S = (Sij ) 0 ≤ i ≤ j ≤ 4
Sij = P  X =i  ( X n + j = j )
 n 
La formule des probabilités totales donne pour j entier variant de 0 à 4,

4
P ( X n +1 = j ) = ∑P[ X =i ] ( X n +1 = j ) × P ( X n = i ). (1)
n
i =0
Le terme P[ X =i ] ( X n +1 = j ) est la probabilité que le joueur A dispose de j euros

n
à l’instant n+1 sachant qu’il possédait i euros à l’instant n donc il s’agit du
teme Sij de la matrice S, en supposant que les lignes et colonnes de S soient
numérotées de 0 à 4.
Posons pi(n ) la probabilité que le joueur A possède i euros à l’instant
n : pi(n ) = P ( X n = i ), c’est-à-dire que pour tout n,
(
Pn = p0(n ) p1(n ) p2(n ) p3(n ) p4(n ) . )
4
L’égalité (1) s’écrit p (jn +1) = ∑Sij × pi(n ) : le coefficient de rang j de Pn +1 est le
i =0
produit de Pn par la colonne de rang j de S d’où Pn +1 = Pn S .
Puis par récurrence, montrons que pour tout entier n, Pn = P0S n .

Initialisation Pour n = 0, la propriété est vraie car S 0 = I .
Pn = P0S n d’où Pn +1 = P0S n +1.
2 À l’aide d’un logiciel de calcul, calculons S 10 , S 20 et S 50 .
 1 0 0 0 0 
 0, 734375 0, 015625 0 0, 015625 0, 234375 
10 
S =  0, 484375 0 0, 03125 0 0, 484375  ;
 0, 234375 0, 015625 0 0 , 015625 0, 734375 

 0 0 0 0 1 
 1 0 0 0 0 
 0, 749512 0, 000488 0 0, 000488 0, 249512 
20 
S =  0, 499512 0 0, 000977 0 0, 499512  ;
 0, 249512 0, 000488 0 0, 000488 0, 749512 

 0 0 0 0 1 
 1 0 0 0 0 
 −8 
 0, 75 1, 49 × 10 0 1, 49 × 10−8 0, 25 
 
S 50 =  0, 5 0 2, 98 × 10−8 0 0, 5  .
 0, 25 1, 49 × 10−8 0 1, 49 × 10−8 0, 75 

 0 0 0 0 1 
Il semble que la suite (S n ) converge vers la matrice
 1 0 0 0 0 
 3/ 4 0 0 0 1/ 4 

S∞ =  1/ 2 0 0 0 1/ 2  .
 1/ 4 0 0 0 3/ 4 
 
 0 0 0 0 1 
3 On suppose qu’initialement chacun des joueurs met en jeu 2 €, c’est-à-dire
P0 = ( 0 0 1 0 0 . )
a) Calculons P∞ = P0S∞ .

P∞ = ( 0, 5 0 0 0 0, 5).
b) Par opérations linéaires sur les limites, on a lim Pn = lim P0S n = P0S∞ = P∞ .
n →+∞ n →+∞
Avec initialement une mise de 2 € de chacun des joueurs, ils ont la même
probabilité de finir ruiné.
4 On suppose maintenant que le joueur A met en jeu 1 €, c’est-à-dire
P0 = ( 0 1 0 0 0 . )
a) Calculons P∞ = P0S∞ .
P∞ = ( 0, 75 0 0 0 0, 25 . )
b) On procède comme dans la question 3 d’où : avec une mise initiale de 1 € pour
le joueur A et de 3 € pour le joueur B, le joueur A a une probabilité de 75 % de
finir ruiné et le joueur B de 25 %.
On est ici dans une situation où la suite (Pn ) avec Pn = P0S n converge mais la
limite dépend de l’état initial P0 . On peut vérifier qu’il existe une infinité d’états
stables, ils sont de la forme P * = (p 0 0 0 1− p ) avec p ∈[0 ; 1]. Au
final, l’un des deux joueurs sera ruiné, et ce avec une probabilité qui dépend de
la répartition initiale des 4 €.
Exercice VII Bistochasticité et loi uniforme
Montrons dans le cas général que la loi uniforme est toujours un vecteur stable
 
pour une matrice bistochastique. Notons L =  1
1…
1  où n est l’ordre de
 
n fois
1
la matrice S. Le vecteur-ligne correspondant à la loi uniforme est alors P = L.
n
Remarquons que L ⋅ S est le vecteur-ligne constitué des sommes de tous les
termes d’une même colonne. La matrice S étant bistochastique : L ⋅ S = L. On a

1   1  1
donc P ⋅ S =  L  ⋅ S =   L ⋅ S =   L = P .
n  n n
La distribution uniforme P est bien stable par S.



C orrigé séquence 3
Activité 1 Carrelage (1)
1 On a : 454 = 33 × 13 + 25 et 375 = 33 × 11+ 12.
On utilisera donc 13 × 11 = 143 carreaux non découpés.
2 a) On a : 455 = 5 × 7 × 13, donc les diviseurs de 455 sont 1, 5, 7, 13, 35, 65,
91 et 455.
De même, 385 = 5 × 7 × 11, donc les diviseurs de 385 sont 1, 5, 7, 11, 35,
55, 77 et 385.
b) Les diviseurs communs à 455 et 385 sont 1, 5, 7 et 35.
c) La dalle carrée la plus grande possible, pour une pose sans découpe, a pour
côté 35 cm.
Activité 2 Carrelage (2)

1 a) Le plus grand côté possible pour un carreau carré est 140 cm.
b) On peut en poser trois car 3 × 140 ≤ 540 < 4 × 140.
c) Voir la figure finale.
d) On a : 540 = 3 × 140 + 120.
2 a) Les dimensions de la surface non carrelée sont 140 × 120.
b) Le plus grand côté possible pour un carreau carré est 120 cm.
c) On peut en poser un car 1× 120 ≤ 140 < 2 × 140.
d) Voir la figure finale.
e) On a : 140 = 1× 120 + 20.
3 a) Les dimensions de la surface non carrelée sont 120 × 20.
b) Le plus grand côté possible pour un carreau carré est 20 cm.
c) On peut en poser six car 6 × 20 ≤ 120 < 7 × 20.
d)
540cm
140cm

e) On a : 120 = 6 × 20 + 0.
f) On pourrait carreler tout le couloir en utilisant uniquement des carreaux
carrés de 20 cm.

d’apprentissage du chapitre 2
Exercice 1 1 On a : 4512 = 25 × 3 × 47 et 4128 = 25 × 3 × 43.
2 Donc PGCD(4512 ; 4128) = 25 × 3 = 96.

4128 43
3 Ainsi = .
4512 47
Exercice 2 On a :
1071 = 1× 1029 + 42 ;
1029 = 24 × 42 + 21 ;
42 = 2 × 21+ 0
Donc le PGCD de 1071 et 1029 est 21.
Exercice 3 On a :
a = k × 50 et b = k ′ × 50 où k et k’ sont deux entiers naturels et a + b = 600.
On obtient donc (k + k’ )50 = 600 soit k + k’ = 12.
On peut supposer a  b de sorte que k  k’.
Étudions les différentes possibilités :
k 0 1 2 3 4 5 6
k’ 12 11 10 9 8 7 6
a 0 50 100 150 200 250 300
b 600 550 500 450 400 350 300
a+b 600 600 600 600 600 600 600
PGCD (a ; b) 600 50 100 150 200 50 300
non Oui non non Non Oui non
Les couples possibles sont donc, (50 ; 550), (250 ; 350), (550 ; 50) et (350 ; 250).
Exercice 4 Saisir :
en C2 « =QUOTIENT(A2;B2) » ;
en D2 « =MOD(A2;B2) » ;
en A3 « =B2 » ;
en B3 « =D2 ».

Il ne reste plus qu’à « copier-glisser », les formules. On obtient :
Donc le PGCD de 1617 et 325 est égal à 1.
Exercice 5 Pour tout entier naturel n, on définit deux entiers a et b en posant :

a = 4n + 1 et b = 5n + 3.
On s’intéresse aux valeurs du PGCD de a et de b en fonction de n.
1 a) et b)
On saisit en D2 « =PGCD(B2;C2) » et on obtient :
c) Les valeurs possibles de PGCD(a ; b) semblent être 1 et 7.

d) Les premières valeurs de n telles que PGCD(a ; b) = 7 sont égales à 5 ; 12 ;
19 ; 26 ; 33 ; 40 ; 47 ; 54 ; 61 ; 68 ; 75 ; 82 ; 89 et 96. On peut conjecturer
que n est de la forme n = 5 + 7k où k est un entier naturel.
2 a) Soit d = PGCD(a ; b). Comme d est un diviseur de a et de b, d est un diviseur
de 4b − 5a = 7.
Puisque d est positif et que 7 est premier, on en déduit d = 1 ou d = 7.
b) On pose n = 7q + r avec q ∈ et r ∈{0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 }.
Avec ces notations, a = 4n + 1 = 28q + 4r + 1 et b = 5n + 3 = 35q + 5r + 3.

a = 28q + 21 = 7( 4q + 3)
• Si r = 5, alors  .
b = 35q + 28 = 7(5q + 4 )
Les entiers a et b étant divisibles par 7, il en est de même de leur PGCD.
Comme d = 1 ou 7 et d est divisible par 7, on a d = PGCD(a ; b) = 7.
• Supposons r ≠ 5, c’est-à-dire r ∈{0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 }.
On sait que d divise a = 4n + 1 et b = 5n + 3,
donc d divise b − a = n + 2 = 7q + r + 2.
Comme d divise 7, d divise r + 2 ∈{2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 8 }.
La valeur d = 7 est alors impossible (et donc d = 1).
Ainsi les valeurs de n telles que PGCD(a ; b) = 7 sont les entiers de la forme
n = 5 + 7k où k est un entier naturel.
Activité 3 Chiffrement de Hill
A. Principe du chiffrement
1 Compléter le tableau suivant :
Lettre M A T H E M A T I Q U E
Rang Pi 12 0 19 7 4 12 0 19 8 16 20 4
Rang C i 10 20 14 25 20 20 17 11 0 8 2 6
Lettre K U O Z U U R L A I C G
Message chiffré : KU OZ UU RL AI CG.
B. Principe du déchiffrement
1 On a :
−1
 3 5  1  17 −5 
 6 17  =
  3 × 17 − 6 × 5  −6 3 
1  17 −5   17 −5 
=   = 21−1 ×  .
21 −6 3   −6 3 

2 a) Table de multiplication par 21 modulo 26 :
21× 0 ≡ 0 (mod 26 ) 21× 11 = 231 ≡ 23 (mod26)

21× 0 ≡ 0 (mod 26 ) 21× 11 = 231 ≡ 23 (mod26)
21× 1 = 21 ≡ 21 (mod 26 ) 21× 12 = 252 ≡ 18 (mod26)
21× 1 = 21 ≡ 21 (mod 26 ) 21× 12 = 252 ≡ 18 (mod26)
21× 2 = 42 ≡ 16 (mod 26 ) 21× 13 = 273 ≡ 13 (mod26)
21× 2 = 42 ≡ 16 (mod 26 ) 21× 13 = 273 ≡ 13 (mod26)
21× 3 = 63 ≡ 11 (mod 26 ) 21× 14 = 294 ≡ 8 (mod26)
21× 3 = 63 ≡ 11 (mod 26 ) 21× 14 = 294 ≡ 8 (mod26)
21× 4 = 84 ≡ 6 (mod 26 ) 21× 15 = 315 ≡ 3 (mod26)
21× 4 = 84 ≡ 6 (mod 26 ) 21× 15 = 315 ≡ 3 (mod26)
21× 5 = 105 ≡ 1 (modd 26 ) 21× 16 = 336 ≡ 24 (mod26)
21× 5 = 105 ≡ 1 (modd 26 ) 21× 16 = 336 ≡ 24 (mod26)
21× 6 = 126 ≡ 22 (mod 26 ) 21× 17 = 357 ≡ 19 (mod26)
21× 6 = 126 ≡ 22 (mod 26 ) 21× 17 = 357 ≡ 19 (mod26)
21× 7 = 147 ≡ 17 (mod 26 ) 21× 18 = 378 ≡ 14 (mod26)
21× 7 = 147 ≡ 17 (mod 26 ) 21× 18 = 378 ≡ 14 (mod26)
21× 8 = 168 ≡ 12 (mod 26 ) 21× 19 = 399 ≡ 9 (mod26)
21× 8 = 168 ≡ 12 (mod 26 ) 21× 19 = 399 ≡ 9 (mod26)
21× 9 = 189 ≡ 7 (mod 26 ) 21× 20 = 420 ≡ 2 (mod26)
21× 9 = 189 ≡ 7 (mod 26 ) 21× 20 = 420 ≡ 2 (mod26)
21× 10 = 210 ≡ 2 (mod 26 )
21× 10 = 210 ≡ 2 (mod 26 )
Donc « un inverse de 21 modulo 26 » est 5.
 3 5 −1  17 −5 
b) Ainsi, «   ≡ 5× mod(26). »
 6 17   −6 3 
3 a et b.
Lettre chiffrée J W K T
Rang C i 9 22 10 19
Rang Pi 7 8 11 11
Lettre claire H I L L
C. À l’aide du tableur pour chiffrer

Saisir :
en B5 : « =CODE(B4)-65 » ;
en B6 : « =$C$1*B5+$E$1*C5 » ;
en C6 : « =$C$2*B5+$E$2*C5 » ;
en B7 : « =MOD(B6;26) » ;
en B8 : « =CAR(B7+65) ».
On « copie-glisse » ensuite les formules et on obtient :

D. À l’aide du tableur pour déchiffrer
On saisit en B13 : « = CODE(B4)-65 ».
Pour le calcul de l’inverse de 21 modulo 26 :
• on saisit entre O3 et O27 les entiers de 1 à 25 ;
• dans la colonne Q, on effectue le produit modulo 26 de chacun des entiers
de 1 à 25 par 21 :
on saisit en Q3 « = MOD(O3*$Q$1;26) » et on copie-glisse jusqu’en Q27 ;
• dans la colonne R, on retient celui qui donne un produit égal à 1 :
on saisit en R3 « =SI(Q3=1;O3;»» ) » et on « copie-glisse » jusqu’en R27 ;
• pour afficher l’inverse de 21 modulo 26, on fait la somme des éléments de R3 à R27 :
on saisit en R28 « =SOMME(R3;R27) ».
• on entre dans H1« =R28*E2 », dans J2 « = R28*C1 », dans J1 « =– R28*E1 »
et dans H2 « = R28*C2 ».
On saisit :
en B14 « =($H$1*B13+$J$1*C13) » ;
en C14 « =($H$2*B13+$J$2*C13) » ;
en B15 « =MOD(B14;26) » ;
en B16 « =CAR(B15+65) ».
On « copie-glisse » alors les formules et on obtient :
E. Modification de la clé
1 a) Avec a = 3, b = 9, c = 2 et d = 20, l’inverse de 42 modulo 21 n’existe pas :
on ne peut pas déchiffrer le message.
b) Avec a = 7, b = 8, c = 4 et d = 6, l’inverse de 10 modulo 21 n’existe pas :
vec a = 12, b = 8, c = 4 et d = 5, l’inverse de 28 modulo 21 n’existe pas :
c) A
d) A vec a = 10, b = 5, c = 3 et d = 5, l’inverse de 35 modulo 21 est 3 : on peut
procéder au déchiffrage.
2 Dans le cas où ad – bc est égal à 21 et à 35, l’inverse modulo 26 existe.
Dans le cas où ad – bc est égal à 42 ; 10 et à 28, l’inverse modulo 26 n’existe
pas.
On peut conjecturer que le calcul de l’inverse modulo 26 est possible (et ainsi
déchiffrement du message) lorsque : PGCD (ad – bc ; 26) = 1.

Activité 4 Combinaison linéaire
On note x le nombre de petits conteneurs nécessaires et y celui de grands.
1 Les quatre premières équations découlent directement de l’énoncé.
Pour la cinquième : x et y vérifient l’inéquation suivante :
−2
10 x + 15y ≥ 120 soit y ≥ x + 8.
3
2 L a zone du plan définie par le système correspond à l’intérieur du triangle
ABC, frontières incluses :
3 Les solutions possibles sont représentées par les points dans la figure ci-dessus :
(9 ; 2) ; (8 ; 3) ; (9 ; 3) ; (6 ; 4) ; (7 ; 4) ; (8 ; 4) ( 9 ; 4) ; (5 ; 5) ; (6 ; 5) ; (7 ; 5) ; (8 ; 5) ; (9 ; 5) ;
(3 ; 6) ; (4 ; 6) ; (5 ; 6) ; (6 ; 6) ; (7 ; 6) ; (8 ; 6) et (9 ; 6).
Celle qui nécessite le moins de conteneurs correspond au point donc (3 ; 6), c’est-
à-dire 3 petits conteneurs et 6 grands.

Exercice 6 1 On a :
760 = 4 × 171+ 76 ;
171 = 2 × 76 + 19 ;
76 = 4 × 19 + 0.
D’après l’algorithme d’Euclide, PGCD(760 ; 171) = 19, donc 760 et 171 ne sont
pas premiers entre eux.

2 On a : 4807 = 1× 2635 + 2172 ;
2635 = 1× 2172 + 463 ;
2172 = 4 × 463 + 320 ;
463 = 1× 320 + 143 ;
320 = 2 × 143 + 34 ;
143 = 4 × 34 + 7 ;
34 = 4 × 7 + 6 ;
7 = 1× 6 + 1 ;
6 = 6 × 1+ 0.
D’après l’algorithme d’Euclide, PGCD(4807 ; 2635) = 1, donc 4807 et 2635 sont
premiers entre eux.
Exercice 7 1 Déterminer les entiers x et y tels que 55x = 9y.
Supposons que (x ; y ) soit solution de cette équation. L’entier 55 divise alors 9y

et 55 est premier avec 9. D’après le théorème de Gauss, 55 divise y. Ainsi, il
existe un entier k tel que y = 55k.
On a donc 55x = 9 × 55k d’où x = 9k.
Réciproquement, si x = 9k et y = 55k, 55x = 55 × 9k = 495k et 9 y = 9 × 55k = 495k ,
donc on a bien 55x = 9y.
Les solutions de cette équation sont les couples (9k ; 55k) avec k ∈.
2 Déterminer les entiers x et y tels que 21x = 56y.
Supposons que (x ; y) soit solution de cette équation. En simplifiant, on obtient
3x = 8y puis on procède comme précédemment.
Les solutions de cette équation sont les couples (8k ; 3k) avec k ∈.
Exercice 8 1 En utilisant l’algorithme d’Euclide, on trouve une solution particulière de cette
équation : ( −14 ; 5).
Ainsi, 11x + 31y = 1 équivaut à 11x + 31y = 1 = 11× ( −14 ) + 31× 5
équivaut à 11( x + 14 ) = 31( − y + 5).
Supposons que (x ; y) soit solution de 11x + 31y = 1, alors 31 divise 11( x + 14 ).

Comme 31 est premier avec 11, d’après le théorème de Gauss, 31 divise (x + 14).
Donc il existe un entier k tel que x + 11 = 31k soit x = −14 + 31k .
En reportant la valeur de x dans 11( x + 14 ) = 31( − y + 5), on obtient
11× 31k = 31( − y + 5), soit − y + 5 = 11k , soit y = 5 − 11k .
Réciproquement, si x = −14 + 31k et y = 5 − 11k ,
11x + 31y = 11× ( −14 + 31k ) + 31× (5 − 11k )
= −154 + 341k + 155 − 341k
On a bien 11x + 31y = 1.
Les solutions de cette équation sont les couples ( −14 + 31k ; 5 − 11k ) avec
k ∈.

2 Déterminer les entiers x et y tels que 11x + 31y = 78.
Comme 11× ( −14 ) + 31× 5 = 1, en multipliant par 78 on a :
11××((−−1092
11 1092))++31
31××390
390 = 78,
donc le couple ( −1092 ; 390 ) est solution de cette équation.
Ainsi, 11x + 31y = 78
équivaut à 11x + 31y = 11× ( −1092) + 31× 390
équivaut à 11( x + 1092) = 31( − y + 390 ).
Supposons que (x ; y) soit solution de 11x + 31y = 78, alors 31 divise 11( x + 1092).
Comme 31 est premier avec 11, d’après le théorème de Gauss, 31 divise

(x + 1092).
Donc il existe un entier k tel que x + 1092 = 31k soit x = −1092 + 31k .
En reportant la valeur de x dans 11( x + 1092) = 31( − y + 390 ), on obtient
11× 31k = 31( − y + 390 ) soit − y + 390 = 11k ou encore y = 390 − 11k .
Réciproquement, si x = −1092 + 31k et y = 390 − 11k ,

11x + 31y = 11( −1092 + 31k ) + 31( 390 − 11k )
= −12012 + 341k + 12090 − 341k
On a bien 11x + 31y = 78.
Les solutions de cette équation sont les couples ( −1092 + 31k ; 390 − 11k ) avec
k ∈.
Exercice 9 Comme 7 est premier, d’après le corollaire du petit théorème de Fermat,

n 7 ≡ n [7] soit n 7 − n ≡ 0 [7].
Par conséquent, n 7 − n est un multiple de 7.
En factorisant n 7 − n , on obtient : n 7 − n = n (n 6 − 1) = n (n 3 − 1)(n 3 + 1) soit
n 7 − n = n (n 3 − 1)(n 3 + 1) = n (n − 1)(n 2 + n + 1)(n + 1)(n 2 − n + 1).
Les entiers n ; (n − 1) et (n + 1) sont consécutifs, donc 3 divise l’un de ces entiers
et par conséquent 3 divise n 7 − n.
On a : 7 divise n 7 − n et 3 divise n 7 − n et comme 3 et 7 sont premiers entre eux,
3 × 7 = 21 divise n 7 − n.
Exercice 10 On se propose de déterminer l’ensemble (S) des entiers relatifs n vérifiant le

 n ≡ 9 [17]
système :  .
n ≡ 3 [5]

1 On désigne par (u ; v) un couple d’entiers relatifs tel que 17u + 5v = 1.

a) D’après le théorème de Bézout, comme 17 est premier avec 5, un tel couple
(u ; v ) existe.
b) Comme n0 = 3 × 17u + 9 × 5v ,
n0 = 3 × ( n+0 5=v 3) +×6( v+=

×u5
17 5v3)++66××55vv ≡=33mod(
+ 6 ×55).v ≡ 3 mod(5).
u
17
1 1
Comme n0 = 3 × 17u + 9 × 5v ,
n0 = 9 × ( +
u
17 v ) − 6 × 17u = 9 − 6 × 17u ≡ 9 mod(17).
5
1
Donc n0 appartient à S.
c) Prenons u = −2 et v = 7.
On a bien 17u + 5v = 1, donc l’entier n0 = 3 × 17 × ( −2) + 9 × 5 × 7 = 213
convient.
2 Caractérisation des éléments de S.
a) Comme n ≡ 9 [17] et n0 ≡ 9 [17], n − n0 ≡ 0 [17].

De même, n ≡ 3 [5] et n0 ≡ 3 [5], donc n − n0 ≡ 0 [5].
Les entiers 5 et 17 sont premiers entre eux et divisent n − n0 , donc
5 × 17 = 85 divise n − n0 , c’est-à-dire n − n0 ≡ 0 [85].
b) S i n appartient à S alors n − n0 ≡ 0 [85] soit n ≡ 213 [85] soit n ≡ 43 [85]
soit n = 43 + 85k où k est un entier relatif.
Réciproquement, si n = 43 + 85k où k est un entier relatif, n ≡ 9 [17] et
n ≡ 3 [5].
Donc n appartient à S si, et seulement si, n = 43 + 85k où k est un entier relatif.
3 Soit n le nombre de jetons de Zoé. Elle en a entre 300 et 400 jetons.
Si elle fait des tas de 17 jetons, il lui en reste 9, donc n ≡ 9 [17].

Si elle fait des tas de 5 jetons, il lui en reste 3, donc n ≡ 3 [5].
Par la question 2 b), n = 43 + 85k où k est un entier relatif.
Pour k = 3, 43 + 85 × 3 = 298 < 300.
Pour k = 4, 300 ≤ 43 + 85 × 4 = 383 ≤ 400.
Pour k = 5, 400 < 43 + 85 × 5 = 468.
Donc Zoé possède 383 jetons.
Exercice 11 Le but de l’exercice est d’étudier certaines propriétés de divisibilité de l’entier

4n − 1, lorsque n est un entier naturel.
1 Comme 4 ≡ 1 [ 3], pour tout entier naturel n, 4n ≡ 1n [ 3] soit 4n ≡ 1 [ 3].

2 Comme 29 est un nombre premier ne divisant pas 4, d’après le petit théorème
28
de Fermat, alors 429 −1 ≡ 1[29], c’est-à-dire 4 − 1 ≡ 0 [29]. Ainsi, 428 − 1
est divisible par 29.
3 On a :
41 = 4 ≡ 4 [17], donc le reste de la division euclidienne de 41 par 17 est 4 ;
42 = 16 ≡ 16 [17], donc le reste de la division euclidienne de 42 par 17 est 16 ;
4 3 = 64 ≡ 13 [17], donc le reste de la division euclidienne de 4 3 par 17 est 13 ;
( )
2
4 4 = 42 et 42 ≡ 16 ≡ ( −1) [17] donc 4 4 ≡ ( −1)2 ≡ 1[17].
Ainsi, le reste de la division euclidienne de 4 4 par 17 est 1.
( )
k
Comme 4 4 ≡ 1[17], pour tout entier k, on a 4 4k = 4 4 ≡ 1k ≡ 1[17].
Ainsi, 4 4k − 1 ≡ 0 [17] et 4 4k − 1 est divisible par 17.
4 On remarque que 41 = 4 ≡ 4 [5] et 42 = 16 ≡ 1 [5]. Distinguons donc deux cas.
• Soit n un entier naturel pair. Alors il existe un entier naturel k tel que n = 2k.
( )
2k k
On a 4 = 4
2
≡ 1k [5] soit 42k ≡ 1[5]. Ainsi, 42k − 1 ≡ 0 [5] et 42k − 1
est divisible par 5.
• Soit n un entier naturel impair. Alors il existe un entier naturel k tel que
n = 2k+ 1.
( )
k
42k +1 = 42 × 4 ≡ 1k × 4 [5] soit 42k +1 ≡ 4 [5].
2k +1
Ainsi, 4 − 1 ≡ 1[5] et 42k +1 − 1 n’est pas divisible par 5.
Conclusion : 4n − 1 est divisible par 5 si, et seulement si, n est un entier naturel pair.
5 D’après la question 1, comme 28 est un entier naturel, 428 − 1 est divisible

par 3, qui est premier.
D’après la question 2, 428 − 1 est divisible par 29, qui est premier.
D’après la question 3, comme 28 = 4 × 7, 428 − 1 est divisible par 17, qui est
premier.
D’après la question 4, comme 28 est un entier naturel pair, 428 − 1 est divi-
sible par 5, qui est premier.
Donc, 3, 5, 17 et 29 sont quatre nombres premiers divisant 428 − 1.

Activité 5 Crible de Matiiassevitch
Youri Matiiassevitch, mathématicien russe, né en 1947.
On trouve : 5, 7, 11, 13, 17, 19, 22 et 23.

e) Excepté 22, les ordonnées des points de la liste sont des nombres premiers.
De plus, tous les nombres premiers compris entre 5 et 25 correspondent à
l’ordonnée d’un point colorié.
3 Soit m et n deux entiers naturels distincts.
n2 − m2
a) Coefficient directeur : a = = n + m donc (MN) : y = (n + m)x + b.
n −m
Comme M ∈(MN), on a : m 2 = (n + m )m + b soit b = −nm.
D’où (MN) : y = (n + m )x − mn.
b) L’ordonnée à l’origine de la droite (MN) est égale à – mn.
c) Soit a l’ordonnée d’un point de la liste. On a a ≥ 5. Si a n’est pas un nombre

premier, alors a = pq avec p ≥ 2 et q ≥ 2. Donc a est, par exemple, à l’or-
( )
donnée à l’origine de la droite (PQ) où P(p ; p 2 ) et Q −q ; q 2 . Donc a
sera « atteint » par le segment [PQ]. Comme a est l’ordonnée d’un point
colorié, il y a contradiction, donc a est un nombre premier.
d) Le point de l’axe des ordonnées d’ordonnée 22 est en couleur bien que 22
ne soit pas un nombre premier. En effet, comme 22 = 2 × 11 et la construc-
tion précédente est réalisée pour −7 ≤ n ≤ 7, le point de l’axe des ordon-
nées d’ordonnée 22 n’est pas encore atteint par un segment. Il le sera si on
poursuit la construction jusqu’à n = 11.
Activité 6 Répartition des nombres premiers

 a) Algorithme qui, prenant en entrée un
nombre N, affiche en sortie tous les nombres
premiers inférieurs ou égaux à N.
b) Algorithme permettant l’affichage des nombres

premiers compris entre N et M.

c) En utilisant l’algorithme précédent :
Il y a deux nombres premiers entre
50 et 60 :
Il y a trois nombres premiers entre

850 et 860 :
Il n’y a aucun nombre premier entre

1850 et 1860 :
Il y a deux nombres premiers entre

2850 et 2860 :
d) Les nombres premiers ne semblent pas être répartis régulièrement.

 Le nombre de nombres premiers inférieurs ou égaux à un entier n et noté
π (n ).
Compléter le tableau suivant :
n
n π (n )
ln(n )
10
10 4 ≈4
ln(10 )
100
100 25 ≈ 22
ln(100 )
1000
1000 168 ≈ 145
ln(1000 )
10000
10 000 1 229 ≈ 1086
ln(10000)
105
105 9 592 ≈ 8686
ln(105 )
106
106 78 498 ≈ 72382
ln(106 )

107
107 664 579 ≈ 620421
ln(107 )
108
108 5 761 455 ≈ 5428681
ln(108 )
109
109 50 847 534 ≈ 48254942
ln(109 )
1010
1010 455 052 511 ≈ 434294482
ln(1010 )
1011
1011 4 118 054 813 ≈ 3948131654
ln(1011)
12 1012
10 37 607 912 018 ≈ 36191206825
ln(1012 )
1013
1013 346 065 536 839 ≈ 334072678387
ln(1013 )
1014
≈ 310210344216
1014 3 204 941 750 802 ln(1014 )
1015
15 ≈ 28952965460217
10 29 844 570 422 669 ln(1015 )
1016
≈ 271434051189532
1016 279 238 341 033 925 ln(1016 )
1017
17 ≈ 2554673422960310
10 2 623 557 157 654 233 ln(1017 )
1018
1018 24 739 954 287 740 860 ≈ 24127471216847300
ln(1018 )
1019
≈ 228576043106975000
1019 234 057 667 276 344 607 ln(1019 )
1020
1020 2 220 819 602 560 918 840 ≈ 2171472409516260000
ln(1020 )

Quand n devient grand, le nombre de nombres premiers inférieurs ou égaux à un
n
entier n est proche de .
ln(n )
3 a) On a : 5!+ 2 = 1× 2 × 3 × 4 × 5 + 2 = 2 × ( 3 × 4 × 5 + 1) donc 5! + 2 n’est pas
premier. On raisonne de la même façon pour les autres nombres de la liste A.
On a : 6!+ 2 = 1× 2 × 3 × 4 × 5 × 6 + 2 = 2 × ( 3 × 4 × 5 × 6 + 1) donc 6! + 2
n’est pas premier. On raisonne de la même façon pour les autres nombres
de la liste B.
Les quatre nombres de la liste A sont des entiers consécutifs. Il en est de
même pour ceux de la liste B.
b) Les 20 nombres 21! + 2 ; 21! + 3 ; … ; 21! + 21 constituent une liste ne
comportant aucun nombre premier.

Exercice 12 On se donne les entiers premiers p = 13 ; q = 31 et e = 37. Chaque lettre sera
remplacée par son rang dans l’alphabet (A -->001 ; B --> 002, etc.) et on fera des
blocs de trois chiffres.
1 On a ( p − 1)(q − 1) = 360. Avec e = 37, on a bien PGCD(e ; (p – 1)(q – 1)) = 1.
On a 0 ≤ d ≤ 403. En utilisant le tableur, on obtient d = 253 :
La clé privée du chiffrement RSA est donc 253.

2 On a n = pq = 403 et e = 37, donc la clé publique est (403 ; 37).
3 « TOM » est transformé en 201513 que l’on coupe en 020 015 013.
À l’aide du tableur et en élevant chaque égalité au carré, on trouve
2037 ≡ 20 mod(403),1537 ≡ 54 mod(403) et 1337 ≡ 208 mod(403).
Alice transmet le code 20 54 208 à Bob.
4 À l’aide du tableur et en élevant chaque égalité au carré, on trouve

5253 ≡ 5 mod(403), 54253 ≡ 15 mod(403)
(mod 403) et 1253 ≡ 1mod(403).
Bob obtient le message 5 15 1 qui correspond à LEA.

Exercice 13 Nombres de Fermat
n
Définition Les nombres de Fermat sont les nombres de la forme Fn = 22 + 1 avec n ∈.
Partie A
1 a)
Pour 0 ≤ k ≤ 19, 2k + 1 est premier lorsque k ∈{0 ; 1 ; 2 ; 4 ; 8 ; 16}.
b) Conjecture : 2k + 1 est premier lorsque k est une puissance de 2.

2 a) Le nombre ( − x )0 + ( − x )1 + ( − x )2 + ... + ( − x )k −1 est la somme des termes
d’une suite géométrique donc :
1− ( − x )k 1− ( − x )k
( − x )0 + ( − x )1 + ( − x )2 + ... + ( − x )k −1 = = .
1− ( − x ) 1+ x
b) On déduit de ce qui précède :
( − x )0 + ( − x )1 + ( − x )2 + ... + ( − x )k −1  ( x + 1) = 1− ( − x )k .
 
3 a) Si k est impair alors il existe un entier a tel que k = 2a + 1. D’après ce qui
précède,
( − x )0 + ( − x )1 + ( − x )2 + ... + ( − x )2a +1−1  ( x + 1) = 1− ( − x )2a +1 soit
 
( − x )0 + ( − x )1 + ( − x )2 + ... + ( − x )2a  ( x + 1) = 1+ x 2a +1.
 
k
Ainsi, si k est impair, x + 1 est divisible par x + 1.
b) Si k n’est pas une puissance de 2 alors k = 2b × q où q est un nombre impair

strictement supérieur à 1. Alors :
q
b  b
x k + 1 = x 2 ×q + 1 =  x 2  + 1 ;
 
b
en posant X = x 2 et par ce qui précède, on peut affirmer que X q + 1 où q est

un nombre impair est divisible par X + 1 et ainsi que x k + 1 où k n’est pas une
puissance de 2 n’est pas un nombre premier.
5 À la question , on a montré que si k n’est pas une puissance de 2, alors
x k + 1 n’est pas premier. Par contraposée, si x k + 1 est premier, alors k est
une puissance de 2. En particulier, si 2m + 1
est premier, alors m est une
m
puissance de 2, 2 + 1 est alors un nombre de Fermat.
Partie B
1 D’après la question A 1, F0 ; F1 ; F2 ; F3 et F4 sont des nombres premiers.
2O n a : F5 = 4294967297 qui n’est pas un nombre premier d’après les tables, la
conjecture de Fermat est fausse ( F5 = 641× 6700417 ).
Partie C
1 Pour tout entier naturel n, on a :
n +1
Fn +1 = 22 +1
n
= 22 × 2 + 1
2
 n
=  22  + 1
 
2
 n 
=  22 + 1− 1 + 1
 
= (Fn − 1) + 1.
2
On en déduit que :
Fn +1 − 2 = (Fn − 1) + 1− 2
2
= Fn2 − 2Fn + 1− 1
= Fn2 − 2Fn
= Fn (Fn − 2)..
2
On veut démontrer par récurrence que la proposition Pn
« Fn +1 − 2 = F0 × F1 × ... × Fn » est vraie pour tout entier n ≥ 0.
1
Initialisation Au rang n = 0, F1 − 2 = 22 + 1− 2 = 3. Or, F0 = 3 , ainsi la proposition Pn est
vraie au rang n = 0.
Hérédité On suppose que la proposition « Fn +1 − 2 = F0 × F1 × ... × Fn » est vraie pour un
certain rang n = k ; autrement dit, on suppose que pour un entier k positif,
Fk +1 − 2 = F0 × F1 × ... × Fk .

Fk +1+1 − 2 = Fk + 2 − 2 = Fk +1(Fk +1 − 2) d’après la question C 1.
Fk + 2 − 2 = Fk +1(Fk +1 − 2)
= Fk +1(F0 × F1 × ... × Fk ) par hypothèse de récurrence.
= F0 × F1 × .... × Fk × Fk +1

Ainsi la proposition Pn « Fn +1 − 2 = F0 × F1 × ... × Fn » est vraie au rang n = k + 1 :
la proposition est héréditaire.
Conclusion La proposition Pn « Fn +1 − 2 = F0 × F1 × ... × Fn » est vraie pour n = 0 et elle est
héréditaire donc, pour tout n ≥ 0, Fn +1 − 2 = F0 × F1 × ... × Fn .
3 On a démontré dans la question précédente que, pour tout entier n ≥ 1,

Fn − 2 = F0 × F1 × ... × Fn −1.
Comme n < n’, Fn ′ − 2 = F0 × F1 × ... × Fn × ... × Fn ′−1 (éventuellement, n = n’ – 1).
Si d est diviseur commun de Fn et Fn ′ alors d divise
Fn ′ − F0 × F1 × ... × Fn × ... × Fn ′−1 = 2 ; ainsi, d divise 2.
4 Les seuls diviseurs positifs de 2 sont 1 et 2. Comme les nombres de Fermat
sont des nombres impairs, d = 1.
Ainsi, deux nombres de Fermat distincts sont premiers entre eux.
Exercice 14 Nombres de Carmichael

Soit n un nombre de Carmichael.
1 Comme n n’est pas premier, n ≥ 4. Soit p un facteur premier de n.
Supposons que p 2 divise n alors n = k × p 2.
On a p n ≡ p [n ], d’après la définition d’un nombre de Carmichael, donc il existe

un entier q tel que p n − p = qn = qkp 2.
Comme n ≥ 4, on en déduit que p n −1 − 1 = qkp soit p n −1 − qkp = 1 soit

p ( p n − 2 − qk ) = 1 et ainsi que p divise 1. Il y a contradiction, donc p 2 ne divise pas n.
2 Le critère de Korselt permet de reconnaître un nombre de Carmichael à partir
de sa décomposition en produit de facteurs premiers. On admet le théorème
suivant :
Théorème de Korselt
Un entier n est un nombre de Carmichael si, et seulement si, n est strictement
positif, non premier, sans facteur carré, et tel que pour tout premier p divisant n,
p − 1 divise n − 1.
a) Si n est pair, n − 1 est impair et on a : ( −1)n −1 ≡ −1[n ]. En multipliant
par –1, on obtient ( −1)n ≡ 1[n ]. Or, par définition d’un nombre de Carmichael,
( −1)n ≡ −1[n ] , donc il y a contradiction et n est impair.
b) U
n nombre de Carmichael possède au moins deux facteurs premiers sinon
c’est un nombre premier.
Supposons qu’un nombre de Carmichael possède deux facteurs premiers dis-
tincts p et q : n = pq .
Alors, d’après le théorème de Korselt, p − 1 et q − 1 divisent n − 1.
Or, n − 1 = pq − 1 = pq − q + q − 1 soit n − 1 = q (p − 1) + q − 1.
Comme p − 1 divise n − 1, p − 1 divise q − 1.

On raisonne de la même façon pour démontrer que q − 1 divise p − 1 et ainsi
p − 1 = q − 1 soit p = q. Il y a contradiction car p et q sont deux nombres pre-
miers distincts.
Donc un nombre de Carmichael possède au moins trois facteurs premiers
(distincts).
c) On a : 561 = 3 × 11× 17 : 561 est strictement positif, non premier et sans
facteur carré.
De plus : 3 – 1 = 2 ; 11 – 1 = 10 et 17 – 1 = 16 divisent 560.
Donc 561 est bien un nombre de Carmichael.

Exercice I Démonstration du petit théorème de Fermat
Partie A
Soit p un nombre premier. Soit n un entier non divisible par p. Soit E l’ensemble
{n ; 2n ; 3n ; … ; (p − 1)n }.
1 Supposons que p divise un élément kn de E avec 1 ≤ k ≤ p − 1.
Alors, comme p est premier, p divise n ou p divise k. La première possibilité est
exclue par hypothèse et la seconde est impossible car 1 ≤ k ≤ p − 1.
Donc p ne divise aucun élément de E.
2 Soit kn et k’n deux éléments distincts de E avec 1 ≤ k ′ < k ≤ p − 1.
En écrivant la division euclidienne de kn et k’n par p et comme p ne divise aucun

élément de E, on obtient :
kn = qp + r avec 1 ≤ r ≤ p − 1 et k’n = q’p + r’ avec 1 ≤ r ′ ≤ p − 1.
Si r = r’ alors kn − qp = k ′n − q ′p soit n (k – k’ ) = p (q – q’ ).
Donc p divise n (k – k’ ). Comme p ne divise pas n, p divise (k – k’ ). Mais ceci est
impossible car 1 ≤ k − k ′ ≤ p − 2.
Donc deux éléments distincts de E ont des restes distincts dans la division
euclidienne par p.
3 L’ensemble E comporte (p − 1) éléments qui ont chacun un reste distinct de
tous les autres dans la division euclidienne par p. Comme p ne divise aucun
élément de E, les restes possibles sont 1 ; 2 ; … ; (p − 1) : il y a (p − 1) restes
distincts, donc chacune des valeurs 1 ; 2 ; … ; (p − 1) correspond au reste dans
la division euclidienne par p d’un élément de E.
Donc la liste non ordonnée des restes possibles dans la division euclidienne par
p des éléments de l’ensemble E est {1 ; 2 ; 3 ; … ; p − 1}.
4 Soit M le produit des éléments de E : M = n × 2n × 3n × ... × ( p − 1)n.
a) On réordonnant l’écriture de M, on obtient :

M = 1× 2 × ... × ( p − 1) × n p −1
= ( p − 1)!× n p −1.
b) Soit kn un élément de E. On a kn ≡ rk [ p ] avec rk ∈ {1 ; 2 ; ... ; p -1}.
Par compatibilité des congruences avec la multiplication,
M = n × 2n × 3n × ... × kn × ... × ( p − 1)n ≡ r1 × r2 × r3 × ... × rk × ... × rp −1 [ p ].
Comme chaque rk est un élément distinct de {1 ; 2 ; ... ; p -1},
r1 × r2 × r3 × ... × rk × ... × rp −1 = 1× 2 × ... × ( p − 1) = ( p − 1)!
(cette égalité ne tient pas compte de l’ordre).
On en déduit donc que M ≡ ( p − 1)![ p ].
c) Comme M ≡ ( p − 1)![ p ] et M = ( p − 1)!× n p −1, on a ( p − 1)!× n p −1 ≡ ( p − 1)![ p ]

p −1
soit ( p − 1)!× (n − 1) ≡ 0 [ p ].
p −1
Comme ( p − 1)!× (n − 1) ≡ 0 [ p ], p divise ( p − 1)!× (n p −1 − 1). Comme p est
premier avec ( p − 1)! (sinon p diviserait un entier k avec 1 ≤ k ≤ p − 1 ), on en
déduit que p divise (n p −1 − 1), c’est-à-dire n p −1 ≡ 1[ p ].
Partie B
• Si p ne divise pas n, on a, par ce qui précède, n p −1 ≡ 1[ p ]. En multipliant par n,
on obtient n p ≡ n [ p ].
• Si p divise n, n ≡ 0 [ p ] et n p ≡ 0 [ p ] , donc n p ≡ n [ p ].
Dans tous les cas, si p est un entier naturel premier et n est un entier naturel,
alors n p ≡ n [ p ].
Exercice II Chiffrement de Hill

Partie A
1 On a : 23 × ( −9 ) − 26 × ( −8 ) = −207 + 208 = 1 , donc le couple (−9 ; −8) est
solution de l’équation (E).
2 Alors si (x ; y) est solution de (E), 23x − 26 y = 1 = 23 × ( −9 ) − 26 × ( −8 ), donc
23( x + 9 ) = 26( y + 8 ).
Alors 23 divise 26( y + 8 ). Comme 23 est premier avec 26, d’après le théorème
de Gauss, 23 divise (y + 8).
Donc il existe un entier k tel que y + 8 = 23k soit y = −8 + 23k .
En reportant la valeur de y dans 23( x + 9 ) = 26( y + 8 ), on obtient

23( x + 9 ) = 26 × 23k soit x + 9 = 26k soit x = −9 + 26k .
Réciproquement, si x = −9 + 26k et y = −8 + 23k ,
23x − 26 y = 23 × ( −9 + 26k ) − 26 × ( −8 + 23k )
= −207 + 598k + 208 − 598k , on a bien 23 x − 26 y = 1.

Les solutions de cette équation sont les couples ( −9 + 26k ; –8+23k ) avec
k ∈.
3 Une solution x de l’équation (E) vérifie 23x ≡ 1 [26] car 26 y ≡ 0 [26].
Chercher une valeur de x telle que 0 ≤ x ≤ 25 revient à chercher une valeur
de k telle que 0 ≤ −9 + 23k ≤ 25. La valeur k = 1 convient car −9 + 23 × 1 = 17.
Ainsi, a = 17 vérifie 0 ≤ a ≤ 25 et on obtient bien 23a ≡ 1[26].
Partie B
On veut coder un mot de deux lettres selon la procédure suivante :
Étape 1
1 Le mot ST est remplacé par (18 ; 19).
(18 ; 19) est transformé en ( y 1 ; y 2 ) tel que

 y 11   11 3   18 
«  y  =  7 4  ⋅  19  (mod 26 ). »
 22     
 11 3   18   255 
On a :   ⋅  =  . Comme 255 ≡ 21[26] et 202 ≡ 20 [26],
 7 4   19   202 
on a ( y 1 ; y 2 ) = (21; 20), ce qui correspond à VU.
1  4 −3   4 −3 
2 a) On a : M −1 =   = 23−1  .
11× 4 − 3 × 7  −7 11   −7 11 
b) D’après la partie A, un inverse de 23 modulo 26 est 17. En effet, 23 × 17 ≡ 1 [26].
c) On en déduit que
 4 −3 
M −1 ≡ 17 ×   mod(26 )
 −7 11 
 68 −51 
≡  mood(26 )
 −119 187 
 16 1 
≡  mod(26 ).
 11 5 
 x    y 
 1  =  16 1 ⋅  1  (mod 26 )
 x   11 5   y 
 2   2 
 x 1   16 1   24   393 
d) YJ correspond à (24 ; 9) donc  = ⋅ = .
 x 2   11 5   9   309 
Comme 393 ≡ 3 [26] et 309 ≡ 23 [26], on a ( x 1 ; x 2 ) = (3 ; 23), ce qui corres-

pond à DX.

Exercice III Problèmes des restes chinois
Combien l’armée de Han Xing comporte-t-elle de soldats si, rangés par 3 colonnes,
il reste deux soldats, rangés par 5 colonnes, il reste trois soldats et, rangés par
7 colonnes, il reste deux soldats ?
Soit n le nombre de soldats que comporte l’armée chinoise. On doit résoudre :
n ≡ 2[ 3]

n ≡ 3[5].
n ≡ 2[7]

n ≡ 2[ 3]
• On considère le système (S1):  . Si n est solution, il existe deux entiers
n ≡ 3[5]
n = 2 + 3x
x et y vérifiant (S1′ ):  . Résoudre ce système revient à résoudre
n = 3 + 5y
l’équation (E1): 2+ 3x = 3 + 5y soit 3x – 5y = 1 où x et y sont des entiers.
Le couple (2 ; 1) est une solution particulière de (E1).
Ainsi, 3x – 5y = 1 équivaut à 3x − 5y = 1 = 3 × 2 − 5 × 1
équivaut à 3( x − 2) = 5( y − 1).
Supposons que (x ; y) soit solution de 3x – 5y = 1, alors 5 divise 3( x − 2).
Comme 5 est premier avec 3, d’après le théorème de Gauss, 5 divise (x – 2).
Donc il existe un entier k tel que x – 2 = 5k soit x = 2 + 5k .
En reportant la valeur de x dans 3( x − 2) = 5( y − 1), on obtient 3 × 5k = 5( y − 1),
soit y − 1 = 3k , soit y = 1+ 3k .
Réciproquement, si x = 2 + 5k et y = 1+ 3k .
3x − 5y = 3 × (2 + 5k ) − 5 × (1+ 3k )
= 6 + 15k − 5 − 15k
on a bien 3x – 5y = 1.
Les solutions de (E1) sont les couples (2 + 5k ; 1 + 3k) où k ∈.

On trouve ainsi que n = 2 + 3(2 + 5k ) = 8 + 15k .
n ≡ 2[ 3]
n considère le système (S2 ): 
•O . Si n est solution, il existe deux entiers
n ≡ 2[7]
n = 2 + 3x
x et y vérifiant (S2′ ):  . Résoudre ce système revient à résoudre l’équa-
n = 2 + 7y
tion (E 2 ): 2+ 3x = 2 + 7y soit 3x – 7y = 0 où x et y sont des entiers.
Le couple (7 ; 3) est une solution particulière de (E 2 ).
En procédant de la même façon que précédemment, on trouve que les solutions

de (E 2 ) sont les couples (7 + 7k ; 3 + 3k) où k ∈.
On trouve ainsi que n = 2 + 3(7 + 7k ) = 23 + 21k où k ∈.
• On a : n = 8 + 15k et n = 23 + 21k ′ où k et k ′ sont des éléments de .
Le nombre entier n est solution de l’équation (E 3 ) : 8 + 15x = 23 + 21y soit
5x − 7y = 5.

En procédant de la même façon que précédemment, on trouve que les solutions
de (E 3 ) sont les couples (8 + 7k ; 5 + 5k ) où k ∈.
On trouve ainsi que n = 8 + 15(8 + 7k ) = 128 + 105k où k ∈ ou encore
n = 23 + 105K où K ∈.
Comme 105 = 3 × 5 × 7, on a bien n ≡ 2[ 3] ; n ≡ 3[5] et n ≡ 2[7].
Le nombre de soldats de cette armée peut être 23 ; 128 ; 233 … et plus
généralement n = 23 + 105K où K ∈.
Exercice IV 1 a) Supposons qu’il existe des entiers u et v tels que au + bv = 1.

On a donc d’après la réciproque du théorème de Bézout : PGCD (a ; b) = 1, c’est-
à-dire a et b sont premiers entre eux.
b) L’égalité (a 2 + ab − b 2 )2 = 1 équivaut à (a 2 + ab − b 2 ) = 1 ou (a 2+ab −b 2 ) =−1,
ce qui équivaut à a (a + b ) − b × b = 1ou −a 2 − ab + b 2 = b (b − a ) − a × a = 1.
Dans les deux cas, on peut dire qu’il existe deux entiers relatifs u et v tels que
au + bv =1 et donc les nombres a et b sont premiers entre eux.
2 On se propose de déterminer les couples d’entiers strictement positifs (a ; b)
tels que (a 2 + ab − b 2 )2 = 1. Un tel couple sera appelé solution.
a) Si a = b, (a 2 + ab − b 2 )2 = (a 2 + a 2 − a 2 )2 = a 4 .
On a alors : (a 2 + ab − b 2 )2 = 1 équivaut à a 4 = 1 soit a = 1 ou a = −1. Cette
dernière solution est exclue car a est un entier strictement positif donc a = b = 1.
n a : (12 + 1× 1− 12 )2 = 1 ; (22 + 2 × 3 − 32 )2 = ( 4 + 6 − 9 )2 = 1 et (52 + 5 × 8 − 82 )2 = (25 + 40 − 64 )2
b) O
(5 + 5 × 8 − 8 ) = (25 + 40 − 64 )2 = 1, donc (1 ; 1), (2 ; 3) et (5 ; 8) sont trois solutions particulières.
2 22
c) L’égalité (a 2 + ab − b 2 )2 = 1 équivaut à (a 2 + ab − b 2 ) = 1 ou (a 2 + ab − b 2 ) = −1.

Si (a 2 + ab − b 2 ) = 1, a 2 − b 2 = 1− ab. Comme a et b sont des entiers strictement
positifs distincts, l’un des deux est supérieur ou égal à 2. Donc, 1− ab < 0 et
ainsi, a 2 − b 2 < 0.
Si (a 2 + ab − b 2 ) = −1 , a 2 − b 2 = −1− ab. Comme a et b sont des entiers
strictement positifs, −1− ab < 0 et ainsi, a 2 − b 2 < 0.
Dans les deux cas, si (a ; b) est solution et si a ≠ b , alors a 2 − b 2 < 0.
3 a) Montrer que si (x ; y) est une solution différente de (1 ; 1), alors (y − x ; x)

et (y ; y + x) sont aussi des solutions.
Si (x ; y) est une solution, alors ( x 2 + xy − y 2 )2 = 1. On a :

(( y − x )2 + ( y − x )x − x 2 )2 = ( y 2 − 2xy + x 2 + yx − x 2 − x 2 )2
= ( y 2 − xy − x 2 )2
= ( −( y 2 − xy − x 2 ))2
= ( x 2 + xy − y 2 )2
= 1.

Donc si (x ; y) est une solution, alors (y − x ; x) est solution. De même,
( y 2 + y ( y + x ) − ( y + x )2 )2 = ( y 2 + y 2 + yx − y 2 − 2yx − x 2 )2
= ( y 2 − yx − x 2 )2
= ( −( y 2 − yx − x 2 ))2
= ( x 2 + xy − y 2 )2
= 1.
Donc si (x ; y) est une solution alors (y ; y + x) est solution.
b)
(x ; y) (y − x ; x) (y ; y + x)
(2 ; 3) (1 ; 2) (3 ; 5)
(5 ; 8) (3 ; 5) (8 ; 13)
Les couples (1 ; 2) ; (3 ; 5) et (8 ; 13) sont trois autres solutions.

4 On considère la suite de nombres entiers strictement positifs (an ) définie par
a0 = a1 = 1 et, pour tout entier strictement positif n, an + 2 = an +1 + an .
On veut démontrer par récurrence que la proposition Pn « (an ; an +1) est
solution » est vraie pour tout entier n ≥ 0.
Initialisation Au rang n = 0, a0 = a1 = 1 et (1 ; 1) est solution, donc la proposition Pn est
vraie au rang n = 0.
Hérédité On suppose que la proposition « (an ; an +1) est solution » est vraie pour un
certain rang n = k ; autrement dit, on suppose que pour un entier k positif,
(ak ; ak +1) est solution.
Regardons la proposition au rang k + 1.
Comme (ak ; ak +1) est solution, (ak +1 ; ak + ak +1) est solution (par la
question 3 a) soit (ak +1 ; ak + 2 ) est solution.
Ainsi la proposition Pn « (an ; an +1) est solution » est vraie au rang n = k + 1 :
la propriété est héréditaire.
Conclusion La proposition Pn « (an ; an +1) est solution » est vraie pour n = 0 et elle est
héréditaire donc, pour tout n ≥ 0, (an ; an +1) est solution.
D’après la question 1 b), les nombres an et an +1 sont premiers entre eux.
Exercice V Théorème de Wilson

1 Si x 2 − 1 est divisible par p, alors il existe un entier k tel que x 2 − 1 = kp ,
c’est-à-dire ( x − 1)( x + 1) = kp. Comme p est un nombre premier, p divise ( x − 1)
ou p divise ( x + 1). Comme ( x − 1) ∈ {1 ; 2 ; … ; p – 3}, p ne divise pas ( x − 1).
Comme ( x + 1) ∈ {3 ; 2 ; … ; p – 1}, p ne divise pas ( x + 1).
Donc, pour tout x dans A, x 2 − 1 n’est pas divisible par p.

2 a) Soit x ∈ A. Comme 1 < x < p, x est premier avec p. D’après le théorème
de Bézout, il existe un couple d’entiers (u ; v) tel que xu + pv = 1 soit
xu ≡ 1mod( p ).
b) Effectuons la division euclidienne de u par p : u = qp + r avec 0 ≤ r ≤ p − 1.
Si r = 0, xu + pv ≡ 0 [ p ]. Comme xu + pv = 1, ceci est exclu.
Si r = 1, xu + pv = xqp + x + pv = 1 donc x ≡ 1[ p ]. Ceci est exclu car 1 < x < p.
Si r = p − 1, xu + pv = xqp + xp − x + pv = 1 donc x ≡ −1[ p ]. Ceci est exclu car
1 < x < p.
Donc u = qp + r avec 2 ≤ r ≤ p − 2.
Si r = x, x 2 ≡ 1 (mod p ) , c’est-à-dire x2 – 1 est divisible par p. Et comme x ∈ A ,
ceci est exclu d’après la question 1.
Donc, il existe un unique entier r de A, distinct de x, tel que xr ≡ 1mod( p ).
c) Pour chaque élément x de A, on note i (x)=r l’élément de A distinct de

x tel que : xr ≡ 1mod( p ). Si x et x ’ sont deux éléments distincts de A alors
r = i (x ) et r ’ = i (x ) sont distincts. En effet, supposons que r = r ’. On a alors :
xr ≡ x 'r mod( p ) et donc ( x − x ')r ≡ 0 mod( p ).
Ainsi p divise (x–x ’)r. Comme p et r sont premiers entre eux, p divise (x – x ’)
(conséquence du théorème de Gauss). Ceci est absurde puisque
–( p – 4) ≤ x – x ' ≤ p – 4 et x ≠ x '.
On peut donc regrouper les p – 3 éléments de A par paire (x ; i(x)) dont le produit
est congru à 1 modulo p. Le produit de tous les éléments de A est donc congru à 1
modulo p.
Comme 2 × 3 × ... × ( p − 2) ≡ 1 mod( p ),
1× 2 × 3 × ... × ( p − 2) × ( p − 1) ≡ ( p − 1) mod( p ) ≡ −1 mod( p ).
Ainsi, ( p − 1)! ≡ −1 mod( p ).
3 Si p = 2, ( 2 − 1)! = 1≡ 1 mod( 2) ≡ −1 mod( 2), donc le résultat est vrai.
Si p = 3, ( 3 − 1)! = 2 ≡ 2 mod( 3) ≡ −1 mod( 3), donc le résultat est vrai.
4 L’égalité ( p − 1)! ≡ −1 mod( p ) équivaut à : il existe un entier k tel que

kp − ( p − 1)! = 1, c’est-à-dire, pour tout entier n compris entre 2 et (p – 1),
kp − [ 2 × 3 × ... × (n − 1) × (n + 1) × ... × ( p − 1)] × n = 1.
On a donc l’égalité :
kp + u × n = 1 avec uu == −−[ 22×× 33××... ...××((pp −−11))] ∈
...××((nn −−11))××((nn ++11))××... ∈
donc, d’après le théorème de Bézout, p est premier avec n.
Ceci étant vrai pour tout entier n compris entre 2 et ( p − 1) , on en déduit que
p est un nombre premier.

5 Pour p = 2 et p = 3, le théorème de Wilson est vrai d’après la question 3.
Pour p > 3, on a montré en 2 que si p est un nombre premier, alors

( p − 1)! ≡ −1 mod( p ) et on a montré en 4 que si ( p − 1)! ≡ −1 mod( p ), p est un
nombre premier.
Ainsi, un nombre p est premier si, et seulement si, ( p − 1)! + 1 ≡ 0 mod( p ).
Exercice VI Dans cet exercice, on pourra utiliser le résultat suivant :

« Étant donné deux entiers naturels a et b non nuls, si PGCD(a ; b) = 1 alors
PGCD(a 2 ; b 2 ) = 1. »
n
Une suite ( Sn ) est définie pour n > 0 par Sn = ∑ p 3.
p =1
On se propose de calculer, pour tout entier naturel non nul n, le plus grand
commun diviseur de Sn et Sn +1.
2
1 Démontrer que, pour tout n > 0, on a : Sn = 
 n (n + 1) 
 .
 2 
n (n + 1)  2
On veut démontrer par récurrence que la proposition Pn « Sn =  »
 2 
est vraie pour tout entier n ≥ 1.
( + 1)  2
 11
Initialisation Au rang n = 1, S1 = 1 et  = 1, donc la proposition Pn est vraie au
 2 
rang n = 1.
2
 n (n + 1) 
Hérédité On suppose que la proposition « Sn =  » est vraie pour un certain rang
 2  2
 k (k + 1) 
n = k ; autrement dit, on suppose que pour un entier k positif, Sk =  .
 2 
k +1 k
S k +1 = ∑ p3 = ∑ p 3 + (k + 1)3
p =1 p =1
2
 k (k + 1) 
= + (k + 1)3
 2 
 k 2 
= (k + 1)2    + k + 1
 2 
 k 2 + 4k + 4 
= (k + 1)2  
 4 
 (k + 2)2   (k + 1)(k + 2)  2
= (k + 1)2   =  .
 4   2
2
 n (n + 1) 
Ainsi la proposition Pn « Sn =  » est vraie au rang n = k + 1 : la
 2 
proposition est héréditaire.
2
 n (n + 1) 
Conclusion La proposition Pn « Sn =  » est vraie pour n = 1 et elle est héréditaire
 2 
2
 n (n + 1) 
donc, pour tout n ≥ 1, Sn =  .
 2 

2 Soit k l’entier naturel non nul tel que n = 2k.
2
2k (2k + 1) 
a) On a : S2k =  2 2
 = k (2k + 1) et
 2
2
 (2k + 1)(2k + 2)  2 2
S2k +1 =   = (2k + 1) (k + 1) .
 2
Ainsi, (2k + 1)2 divise S2k et S2k +1, et, par la conséquence de la propriété 6,
PGCD(S2k ; S2k +1) = (2k + 1)2PGCD(k 2 ; (k + 1)2 ).
b) Comme 1× (k + 1) − 1× k = 1, d’après le théorème de Bézout, k et k + 1 sont
premiers entre eux et donc PGCD (k ; k +1) = 1.
c) Comme PGCD (k ; k +1) = 1, PGCD(k 2 ; (k + 1)2 ) = 1 (d’après le résultat admis).
Comme PGCD(S2k ; S2k +1) = (2k + 1)2PGCD(k 2 ; (k + 1)2 ),
PGCD(S2k ;S2k +1) = (2k + 1)2.

3 Soit k l’entier naturel non nul tel que n = 2k +1.
a) On a : PGCD(2k + 3 ; 2k + 1) = PGCD(2k + 3 –(2k + 1) ; 2k + 1)
= PGCD(2 ; 2k + 1).
Comme 2 est premier, le PGCD de 2 et de 2k + 1 est égal à 1 ou 2. Mais comme

2k +1 est impair, 2 ne divise pas 2k +1, donc PGCD(2 ; 2k + 1) = 1 et ainsi, 2k + 3
et 2k + 1 sont premiers entre eux.
2
 (2k + 2)(2k + 3) 
b) On a : S2k + 2 =   = (k + 1)2 (2k + 3)2 et
 2 
2
 (2k + 1)(2k + 2)  2 2
S2k +1 =   = (2k + 1) (k + 1) .
 2
Ainsi, (k + 1)2 divise S2k + 2 et S2k +1, et, par la conséquence de la propriété 6,
PGCD(S2k + 2 ; S2k +1) = (k + 1)2PGCD((2k + 3)2 ; ( 2k + 1)2 ).
Comme PGCD(2k + 3 ; 2k + 1) = 1, PGCD((2k + 3)2 ; (2k + 1)2 ) = 1 (d’après le
résultat admis).
Comme PGCD(S2k + 2 ; S2k +1) = (k + 1)2PGCD((2k + 3)2 ; ( 2k + 1)2 ),

PGCD(S2k + 2 ; S2k +1) = (k + 1)2.
4 Déduire des questions précédentes qu’il existe une unique valeur de n, que
l’on déterminera, pour laquelle Sn et Sn +1 sont premiers entre eux.
Si n est pair, n = 2k, Sn et Sn +1 sont premiers entre eux équivaut à
PGCD(S2k ;S2k +1) = (2k + 1)2 = 1, ce qui équivaut à (2k + 1)2 = 1. Comme
2k + 1 > 0, cela équivaut à 2k + 1= 1, ce qui équivaut à k = 0. Cette solution
est exclue car n > 0.

Si n est impair, n = 2k +1, Sn et Sn +1 sont premiers entre eux équivaut à
PGCD(S2k +2 ; S2k +1) = (k + 1)2 = 1, ce qui équivaut à (k + 1)2 = 1. Comme
k + 1 > 0, cela équivaut à k + 1= 1, ce qui équivaut à k = 0 soit n = 1.
Ainsi, S1 et S2 sont les seuls termes de la suite consécutifs premiers entre eux.
Exercice VII 1 a) On a : 17 × 9 − 24 × 6 = 9, donc le couple (9 ; 6) est solution de l’équation (E).
b) Ainsi, 17x −24y = 9 équivaut à 17x − 24 y = 9 = 17 × 9 − 24 × 6 équivaut

à 17( x − 9 ) = 24( y − 6 ).
Supposons que (x ; y) soit solution de 17x − 24y = 9, alors 24 divise 17( x − 9 ).
Comme 24 est premier avec 17, d’après le théorème de Gauss, 24 divise (x – 9).
Donc il existe un entier k tel que x – 9 = 24k soit x = 9 + 24k .
En reportant la valeur de x dans 17( x − 9 ) = 24( y − 6 ), on obtient
17 × 24k = 24( y − 6 ), soit y − 6 = 17k , soit y = 6 + 17k .
Réciproquement, si x = 9 + 24k et y = 6 + 17k ,
17x − 24 y = 17 × (9 + 24k ) − 24 × (6 + 17k )
= 153 + 408k − 144 − 408k
on a bien 17x −24y = 9.
Les solutions de (E) sont les couples (9 + 24k ; 6 + 17k) où k ∈.
2 a) Au temps t, le pompon a parcouru x tours : il s’est écoulé 17x s.

3  3
Au temps t, Jean a parcouru y + tours : il s’est écoulé 24 ×  y +  = 24 y + 9 s.
8  8
On a donc 17x = 24 y + 9 soit l’équation (E) : 17x −24y = 9, donc (x, y) est
solution de l’équation (E).
b) Une durée de 2 minutes correspond à 120 secondes. Le couple (9 ; 6) est
solution de (E) ; le temps t écoulé est alors égal à 17 × 9 = 153 > 120. Cette
solution ne convient pas. Le couple (9 ; 6) étant la plus petite solution positive,
les autres solutions ne conviennent pas non plus.
Jean n’aura pas le temps d’attraper le pompon.
c) On raisonne de la même façon qu’en b) : à l’instant t, on note y le nombre
de tours effectués depuis son premier passage en A et x le nombre de tours
effectués par le pompon.
• Supposons que Jean attrape le pompon en B à l’instant t.
1  1 17
Le pompon a parcouru x + tours : il s’est écoulé 17 ×  x +  = 17x + s.
4  4 4
5  5
Jean a parcouru y + tours : il s’est écoulé 24 ×  y +  = 24 y + 15 s.
8  8
17
On a donc 17x + = 24 y + 15 soit 68 x − 96 y = 43.
4

On a : PGCD(68 ; 96) = 4, donc 4 divise 68 x − 96 y . Mais comme 4 ne divise pas
43, cette équation n’admet pas de solution entière. Il n’est pas possible d’attraper
le pompon au point B.
• Supposons que Jean attrape le pompon en C à l’instant t.
1  1 17
2  2 2
7  7
8  8
17
On a donc 17x + = 24 y + 21 soit 34 x − 48 y = 25.
2
On a : PGCD(34 ; 48) = 2, donc 2 divise 34 x − 48 y . Mais comme 2 ne divise pas
25, cette équation n’admet pas de solution entière. Il n’est pas possible d’attraper
le pompon au point C.
• Supposons que Jean attrape le pompon en D à l’instant t.
3  3 51
4  4  4
1  1
8  8
51
On a donc 17x + = 24 y + 3 soit 68 x − 96 y = −39.
4
On a : PGCD(68 ; 96) = 4, donc 4 divise 68 x − 96 y . Mais comme 4 ne divise
pas −39, cette équation n’admet pas de solution entière. Il n’est pas possible
d’attraper le pompon au point D.
Conclusion Il n’est possible d’attraper le pompon qu’au point A.
d) Jean part maintenant du point E.
Au temps t, le pompon a parcouru x tours : il s’est écoulé 17x s.
1  1
Au temps t, Jean a parcouru y + tours : il s’est écoulé 24 ×  y +  = 24 y + 3 s.
8  8 
On a donc 17x = 24 y + 3. Une solution particulière de cette équation est (3 ; 2).
Le temps t écoulé est alors égal à 17 × 3 = 51 < 120 : Jean aura le temps d’attraper
le pompon. 

C orrigé séquence 4
Activité 1 1 La matrice P est inversible car le déterminant de P est non nul : det(P ) = −8.
On calcule LP et PD :
 2 6   6 2   18 −2 
LP =    =  et
 0, 5 0   1 −1   3 1 
 6 2   3 0   18 −2 
PD =    = .
 1 −1   0 −1   3 1 
On a LP = PD et P inversible, donc en multipliant les deux membres de l’égalité,
à droite, par P −1, on obtient : L = PDP −1.
1 
Pour la suite, calculons l’inverse de P : P −1 =  1 2  .
8  1 −6 
2 Montrons, par récurrence, que pour tout entier n, Ln = PD n P −1 et
 n 
3 0
Dn =  .
 0 ( −1)n 
 n 
n n −1 3 0
Notons P(n) la proposition « L = PD P et D n =   ».
 0 ( −1)n 
 3 0 
Initialisation On a : L = PDP −1 et D 1 = D =   , donc P(1) est vraie.
 0 −1 
Hérédité Soit k un entier naturel non nul. On suppose vraie la proposition P(k) :
 k 
k k −1 k  3 0
.
L = PD P et D =
 0 ( −1)k 
On a :
k +1 k
(
k −1
° L = L ⋅ L = PD P ⋅ PDP
−1
)(
= PD k P −1PDP −1 )
k −1 k +1 −1
= PD IDP = PD P ;
 k     3k +1 
3 0 0
° D k +1 = D k ⋅ D =   ⋅ 3 0  =  .
 0 k   0 −1  
( −1)   0 −1)k +1
(− 
La proposition P(k+1) est donc vraie.

• On en déduit alors, par récurrence, que pour tout entier naturel non nul, la
proposition P (n) est vraie.
De plus, P (0) est aussi vraie, donc la proposition est vraie pour tout entier naturel.
Calculons alors PD n P −1.

 
1  6 2  3n 0 
Ln = PD n P −1 =     1 2
8  1 −1   0 n   1 −6 
( −1) 
1 6 2   3n 2 × 3n

= 
8  1 −1  .
  ( −1)n −6 × ( −1)n 
  3n   
1 6 2 2 × 3n 1 6 × 3n + 2 × ( −1)n 12 × 3n − 12 × ( −1)n
PD n P −1 =   =  .
8  1 −1   ( −1)n −6 × ( −1)n  8  3n − ( −1)n 2 × 3n + 6 × ( −1)n 

 jn   j0 
n
On a   =L   donc on a l’expression de j n :
 an   a0 
jn =
1
8
( ) 1
(
6 × 3n + 2 × ( −1)n j 0 + 12 × 3n − 12 × ( −1)n a0 d’où
8
)
j n = 3n × ( 0, 75 j 0 + 1, 5a0 ) + ( −1)n (0, 25 j 0 − 1, 5a0 ) soit
 n 
 −1
j n = 3n × ( 0, 75 j 0 + 1, 5a0 ) +   (0, 25 j 0 − 1, 5a0 ) or j 0 = 2 et a0 = 1.
  3 
 −1 n 
On a bien j n = 3n ×  α − β    avec α = 3 et β = 1.
  3 
n
 −1
3 La suite de terme général β 
  est une suite géométrique de raison en
3
module inférieur strictement à 1, donc elle converge vers 0. Pour n grand,
n
le terme β  −1 est « négligeable », donc on a j n ≈ 3n × α . Quelles que
 3
soient les conditions initiales, la suite ( j n ) se comporte à peu près comme une
suite géométrique de raison 3, d’où un triplement approximatif de la popula-
tion chaque année.

Corrigés des exercices
du chapitre 2
1+ 5 1− 5
Exercice 1 1 Les solutions réelles de l’équation E : x 2 − x − 1 = 0 sont λ = et µ = .
2 2
1+ 5 1− 5
λ= et µ = . On a :
2 2
 λ µ   λ 0   λ2 µ2
  λ +1 µ +1 
PD =    =  = 
 1 1   0 µ   λ µ   λ µ 
( λ 2 = λ + 1 et µ 2 = µ + 1 car λ et µ solutions de (E)) ;

 1 1   λ µ   λ +1 µ +1 
AP =    =  = PD .
 1 0  1 1   λ µ 
De plus, P est inversible car det P = λ − µ = 5. Donc, en multipliant, à droite, les

deux membres de l’égalité précédente par P −1, on obtient : A = PDP −1.
2 On a (propriété des matrices diagonales) pour tout entier naturel n,
 n 
λ 0
Dn =   et (propriété des matrices diagonalisables),
 0 µn 
(( )) 1  1 −µ 
nn
PDP−−11 ==PD
AAnn == PDP PDnnPP−−11. . De plus, on a : P −1 =  .
5  −1 λ 
On a donc :
 
1  λ µ  λn 0 1 −µ 
An =    
5  1 1   0 µn   −1 λ 
 n 
1  λ µ  λ − µλ n
An =   
5  1 1   − µn λµn 
 
 n +1 n +1 
1  λ −µ − µλ n +1 + λµ n +1
An = 
5  λ n − µn − µλ n + λµ n 
 
 n +1 n +1 
1  λ −µ − µλ ( λ n − µ n )
An = 
5  λ n − µn − µλ ( λ n −1 − µ n −1) 
 
 n +1 n +1 
1  λ −µ λ n − µn
= .
5  λ n − µn λ n −1 − µ n −1 
 
car λµ = −1.
Déterminons l’expression de un en fonction de n.

On a X n = An X 0 soit
 n +1 n +1 
 un + 1  1  λ −µ − µλ n +1 + λµn +1  
 =  1
 un  5  λn − µn − µλ n + λµn

  0 
 
donc un = (
1 n
5
)
λ − µn .
λn   µ  n  un + 1 1− ( µ / λ )n +1 µ 1− 5
 On a un =  1−    donc =λ or = <1
5 λ  un 1− ( µ / λ )n λ 1+ 5
n n +1
 µ  µ un + 1
d’où lim   = lim   = 0et lim = λ.
n →+∞  λ  n →+∞  λ  n →∞ un
On en conclut qu’à long terme la suite (un ) se comporte approximativement

comme une suite géométrique de raison λ.
Remarque
Pour approfondir
1+ 5 λ +1
Le nombre λ = s’appelle le nombre d’or. On a vu que λ = , ce
2 λ
qui signifie que lorsque l’on retranche un carré d’un rectangle dont le rap-
port des côtés est λ , il reste un rectangle semblable : avec le même rapport
pour ces côtés (voir le dessin ci-dessous).
Ce nombre d’or est aussi le rapport entre la diagonale d’un pentagone régu-
lier et son côté. Ceci donne une méthode de construction du pentagone à la
règle et au compas.
1
+1

Exercice 2 1 Soient A et B deux matrices d’ordre 2, on calcule le déterminant du produit :
 a b   α β   aα + bγ a β + bδ 
AB =    = .
 d c   γ δ   d α + c γ d β + cδ 
Donc det( AB ) = (aα + bγ )(d β + c δ ) − (d α + c γ )(a β + bδ ).

On développe et on simplifie :
det( AB ) = aαd β + bγ d β + aαc δ + bγ c δ − d α a β − d α bδ − c γ a β − c γ bδ

det( AB ) = bγ d β + aαc δ − d α bδ − c γ a β
det( AB ) = ac (αδ − βγ ) − bd (αδ − βγ )
det( AB ) = (ac − bd )(αδ − βγ ).
On reconnaît le produit des déterminants, d’où det( AB ) = det(A ) × det(B ).

2 Soit A une matrice non nulle d’ordre 2. On montre par récurrence que,
( )=(det(A )) .
det A n n
On appelle P(n) cette proposition.

Initialisation ( ) 0
Pour n = 0, on a det A 0 =det (I ) = 1= (det(A)) , donc P(0) est vraie.
Hérédité Soit n un entier naturel. On suppose que P(n) est vraie et on montre P(n+1).
( ) ( ) ( )
On a det An +1 =det AAn =det ( A ) × det An d’après la question 1, donc
det ( A ) = det ( A ) × ( det(A )) d’après P(n), donc P(n+1) est vraie.

n +1 n
Conclusion Par récurrence, P(n) est vraie pour tout entier naturel.
3 Soit n un entier naturel non nul.
 n +1 n +1 
1  λ
n −µ λn − µn
D’après l’exercice précédent, on a A = 
5  λn − µn λ n −1 − µn −1 
et un =
1 n
5
(
λ −µ . n
)  
 un + 1 un 
On vérifie bien que An =  .
 un un −1 
4 Soit n un entier naturel non nul.
( )
D’après la question 2, on a det An = ( det(A ))n ..Or, d’une part, par définition du
( )
déterminant et d’après la question 3, det An =un +1un −1 − un2 et, d’autre part,
d’après l’exercice précédent, det(A )= − 1, d’où la formule de Cassini.
5 Montrons que pour tout entier naturel n, un +1 et un sont premiers entre eux.
On utilise l’identité de Bézout et on raisonne par disjonction de cas.
• S oit n un entier pair. D’après la formule de Cassini, on a aun +1 + bun = 1 avec
a = un −1 et b = −un , donc un +1 et un sont premiers entre eux.
• S oit n un entier impair. D’après la formule de Cassini, on a aun +1 + bun = 1
avec a = −un −1 et b = un , donc un +1 et un sont premiers entre eux.

Exercice 3 Partie 1 : modélisation et étude
1 Soit n un entier naturel. Avec les données, on obtient les relations de récur-
rence suivantes.
Le nombre de jeunes l’année n + 1 est égal au nombre de naissances dues aux
jeunes adultes et aux adultes. Alors : j n +1 = c n + 5an .
Le nombre de jeunes adultes l’année n + 1 est égal au nombre de jeunes ayant
survécu : c n +1 = 0,5202 j n .
Le nombre d’adultes l’année n + 1 est égal aux jeunes adultes ayant survécu :
an +1 = 0,204c n .
On écrit ce système sous forme matricielle : X n +1 = LX n .
2 La courbe 2 représente l’évolution des jeunes ; la courbe 3, celle des jeunes
adultes ; la courbe 4, celle des adultes et la courbe 1, celle de la population
totale.
1.5
Population totale
1 2
3
0.5
0 10 20 30 40 Temps
Pour chacune des suites, les points représentant deux termes consécutifs ont été
reliés pour une meilleure lisibilité du graphique.
3 Après une période d’oscillations, on observe une croissance exponentielle des

différentes classes d’âge de la population. Dans la population, la classe la plus
importante est celle des jeunes, puis des jeunes adultes.

4 On calcule LP et PB.
 1, 02 −0, 51 0, 51 
 
LP = PB =  0, 5202 −0, 5202 0 .
 0,10404 −0,10404 −0,10404 
On a LP = PB et P inversible (admis) d’où L = PBP −1.

5 On montre par récurrence que pour tout entier naturel n,
B n = (1, 02)n M + ( −0, 51)n J n .
Initialisation Pour n = 0 et n = 1, la proposition est vraie.

Hérédité Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 1. On suppose que la proposition est
vraie pour n, on la montre pour n+1.
( )
B n +1 = BB n = (1, 02M − 0, 51J ) (1, 02)n M + ( −0, 51)n J n . On développe :
B n +1 = (1,02)n +1M 2 + 1,02 × ( −0,51)n MJ n − 0,51× (1,02)n JM + ( −0,51)n +1J n +1
or MJ = JM = 0 et M 2 = M donc B n +1 = (1, 02)n +1M + ( −0, 51)n +1J n +1.
Conclusion Par récurrence, la proposition est vraie pour tout entier naturel n.
6 Il semble que les matrices ( −0.51J )n tendent vers la matrice nulle lorsque
n tend vers l’infini.
n n
7 Pour n grand, à l’approximation B ≈ (1, 02) M or Ln = PB n P −1 , donc
Ln ≈ (1, 02)n PMP −1 et X n ≈ (1, 02)n PMP −1X 0 . Pour n grand, chaque classe
d’âge se comporte donc comme une suite géométrique de premier terme posi-
tif et de raison 1,02 > 1, donc croissante.
On calcule PMP −1 et PMP −1X 0 :

 0, 4000 0, 7843 1, 9608   0,4 
−1  
PMP ≈  0, 2040 0, 4000 1, 0000  et PMP X 0 =  0,204  .
−1 
 0, 04080 0, 0800 0, 2000   0,408 
On calcule la somme des coefficients de ce dernier vecteur, on obtient 0,6448.
Complément
On rajoute sur le graphique de la question 2 la courbe (en gras) de la fonction f
définie par f ( x ) = 0,6448 × e x ln(1,02) = 0,6448 × 1,02x qui prolonge la suite géo-
métrique (tn) de raison 1,02 et de 1er terme to=0,6448.

1
1.5
Population totale
1 2
3
0.5
0 10 20 30 40 Temps
À long terme, cette fonction représente bien l’évolution de la population totale.

On a une croissance de type 1, 02n .
L’étude explique bien les observations faites.
Partie 2 : influence des différents coefficients

1 La légère modification du taux de survie des jeunes change complètement
l’évolution de la population. Avec ce taux de survie modifié, on tend vers une
extinction de la population, elle décroît exponentiellement.
Les autres coefficients semblent moins sensibles, car on conserve une crois-
sance exponentielle de la population.
2 D’après la partie 1, on peut supposer que pour n grand, les puissances de la
L n λ n P MP −1
nouvelle matrice de Leslie L ′ s’écriront sous la forme ′ ≈ ′ ′ avec
le nombre λ tel que λ < 1 .
À l’aide d’un logiciel, on obtient en effet que les puissances de la nouvelle matrice
de Leslie peuvent s’écrire sous cette forme avec λ ≈ 0,9852106784 .

Exercice 4 Première partie : expérimentation
1 On peut construire la feuille de calcul suivante :
On observe que les deux

populations augmentent et
le rapport entre les deux
populations semble tendre
vers une constante.
2 Dans la feuille précé-
dente, si on modifie les
conditions initiales, on
observe que la popula-
tion des faucons et des
chouettes augmente tou-
jours plus ou moins rapi-
dement et que le rapport
entre les deux populations
semble tendre vers une
constante.
Il faut cependant que la
population initiale des
faucons soit inférieure à
un certain nombre de fois
celle des chouettes (nous
verrons dans l’étude qu’il faut 5C 0 > F0 ) sinon, on obtient des valeurs négatives
et donc la modélisation n’a plus de sens.
Deuxième partie : étude

1 Le système linéaire des suites récurrentes s’écrit sous la forme matricielle :
 0, 4460 0, 470 
pour tout entier naturel n, X n +1 = AX n avec A =  .
 −0,1128 1,104 
On en déduit par récurrence que pour tout entier naturel n, X n = An X 0 .
2 La matrice P a pour déterminant det(P ) = −50, il est non nul, donc P est inversible.
On calcule PD et AP :
 10 5   1, 01 0   10,10 2, 70 
PD =    =  et
 12 1   0 0, 54   12,12 0, 54 
 0, 4460 0, 470   10 5   10,10 2, 70 
AP =    =  12,12 0, 54  .
 −0,1128 1,104   12 1   
−1
On obtient PD = AP et comme P est inversible, on a : A = PDP .
On en déduit par récurrence que pour tout entier naturel n, An = PD n P −1.

3 Déterminons une expression explicite (en fonction de n et du premier terme)
F 
des suites (Fn ) , (C n ) et  n  .
 Cn 
On détermine l’inverse de P et on calcule An . On a :
 1 1   6 n 1 n 
 −   0, 5 − 1, 01 −0, 54n + 1, 01n
50 10  et An =  5 5
P −1 =  .
 6 1   6 n 6 n 1 n 6 n 
 25 −   25 0, 54 − 25 1, 01 − 0, 54 + 1, 01 
5 5 5 
n
Puis on détermine X n = A X 0 .
 4 n 9 n 
 1   − 0, 54 + 1, 01 
5 5
On a X 0 =  et X n =  .
 2   4 n 54 n 
 − 25 0, 54 + 25 1, 01 
Enfin, on obtient l’expression des différentes suites :

4 9 4 54
Fn = − 0, 54n + 1, 01n , C n = − 0, 54n + 1, 01n et
5 5 25 25
4 9
− 0, 54n + 1, 01n
Fn 5 5
= .
C n − 4 0, 54n + 54 1, 01n
25 25
4 Déterminons la limite de chacune des suites.
On a des combinaisons de suites géométriques. Lorsque la raison q d’une suite

géométrique est strictement supérieure à 1, cette suite diverge. Si q < 1 , alors
cette suite géométrique tend vers 0.
On en déduit que lim Fn = +∞ et lim C n = +∞.
n →+∞ n →+∞
Pour le rapport de ces deux suites, on a :
9  4  0, 54  n   4  0, 54  n 
1, 01n  1−    45  1−   
Fn 5  9  1, 01    9  1, 01  
= = donc
C n 54  4  0, 54  
n  4  0, 54  
n
1, 01n  1−    54  1−   
25  54  1, 01    54  1, 01  
Fn 45 5
lim = = .
C
n →+∞ n 54 6
5 L’étude confirme bien les observations faites dans la première partie : une
croissance exponentielle des deux populations et le rapport des deux popula-

5
tions qui tend vers une constante ≈ 0, 83.
6

Compléments
Dans le cas général, on a :
( ) ( )
 n n 1 n n 
 − 0, 54 − 1, 01 C 0 + 6 × 0, 54 − 1, 01 F0 
5
Xn =  .
 1
( n n
) 6
( n n
 − 5 0, 54 − 6 × 1, 01 C 0 + 25 0, 54 − 1, 01 F0 ) 

Les suites des deux populations se comportent à long terme comme des suites
géométriques de raison 1,01 :
• s i 5C 0 > F0 , alors la constante précédant (1, 01)n est positive, donc les suites
des deux populations sont croissantes ;
• sinon, les suites prennent des valeurs négatives et la modélisation n’a plus de
sens.
Exercice 5
Première partie : expéri-
mentation
1 On peut construire la feuille
de calcul suivante pour déter-
miner les premiers termes des
suites (un ) et (v n ).
On observe que les deux suites
semblent converger : la suite
(un ) vers 0,13 et la suite
(v n ) vers 0,43.
2 Dans la feuille de calcul pré-
cédente, on modifie les condi-
tions initiales. On observe que
les deux suites semblent tou-
jours converger vers les valeurs
observées précédemment.
Seule la vitesse de convergence
semble modifiée.
Deuxième partie : modélisa-
tion et recherche d’une solu-
tion constante (état d’équi-
libre ou stable)
1 On obtient l’écriture matricielle suivante : pour tout entier naturel n,

X n +1 = AX n + B avec
 0, 3 −0,16   0,16 
A=  et B =  .
 −0,1875 0, 5   0, 24 
2 Montrons qu’il existe un unique vecteur colonne C tel que C = AC + B .

On suppose qu’il existe une solution, alors elle vérifie (I − A )C = B .
Le déterminant de I − A est égal à 0,32, il est non nul, donc I − A est inversible.
Donc, s’il existe une solution, elle est unique et vaut C = (I − A )−1B .
On vérifie que C = (I − A )−1B est bien solution, d’où l’existence et l’unicité d’une
solution constante.
 7 4 
  8
10 25
On a I − A =   et det(I – A ) =
 3 1  25
 16 2 
 25 1   13 
 −   
16 2  et C =  100
donc A −1 =  .
 75 35   69 
 − 128 16   160 
On peut aussi faire les calculs de l’inverse de I − A puis de C avec la calculatrice.
Troisième partie : étude de la convergence de la suite ( X n )

1 Soit n un entier naturel. On a X n +1 − C = AX n + B − ( AC + B ) soit
X n +1 − C = A ( X n − C ) .
Donc Un +1 = AUn .
2 Par récurrence, on en déduit que pour tout entier naturel n, Un = AnU 0 .
n
Donc X n − C = A ( X 0 − C ) soit X n = An ( X 0 − C ) + C .
3 La matrice P a pour déterminant det(P ) = −160, il est non nul, donc P est
inversible.
On calcule PD et AP :
 8 8   0, 2 0   1, 6 4 , 8 
PD =    =  et
 5 −15   0 0, 6   1 −9 
 0, 3 −0,16   8 8   1, 6 4 , 8 
AP =    = .
 −0,1875 0, 5   5 −15   1 −9 
On obtient PD = AP et comme P est inversible, on a A = PDP −1.

Par récurrence, on en déduit que pour tout entier naturel n, An = PD n P −1.
4 On calcule l’inverse de P puis An .
 3 1   3 n 1 n 2 n 2 n 
   0, 2 + 0, 6 0, 2 − 0, 6 
32 20  et An =  4 4 5 5
P −1 =  .
 1 1   15 n 15 n 1 n 3 n 
 32 − 20   32 0, 2 − 32 0, 6 4
0, 2 + 0, 6
4 
Puis on détermine X n = An ( X 0 − C ) + C .

 3   13   23 11 13 
     0,2n + 0,6n + 
On a X 0 =  10  et C =  100  d’où 200 200 100
    Xn =  .
4 69  23 n 33 n 69 

10
 
160
  320 0,2 − 320 0,6 + 160 
     
5 On a les expressions explicites suivantes pour les suites (un ) et (v n ).
Ces deux suites sont la somme d’une constante et de combinaisons linéaires de

suites géométriques de raison q telle que q < 1, donc ces suites géométriques
tendent vers 0, donc les suites (un ) et (v n ) convergent.
13 69
On a : lim un = = 0,13 et lim v n = = 0, 43125.
n →+∞ 100 n →+∞ 160
Autrement dit, la suite de matrice An ( ) tend vers 0, donc la suite de vecteurs

( X n ) tend vers C.
À long terme, la proportion d’iris à fleurs orange est constante à 13 % et celle
d’iris à fleurs violettes est constante à environ 43 %.
 2 1 
 − 
Exercice 6 1 La matrice I − A est égale à I − A =  5 5  , son déterminant est nul,
donc elle n’est pas inversible.  4 2 
 − 5 5 
2 Montrons qu’il n’existe pas de solution constante à l’équation de récurrence.
On procède par l’absurde.
 x 
On suppose qu’il existe une solution C =   telle que (I − A )C = B .
 y 
 2 1
 x − y =1
 5 5
On a alors le système linéaire suivant :  .
 − x + 2y =1
4
 5 5
 −4 x + 2y = −2 
Il est équivalent à  −4 x + 2y = 1 .

Ce qui est absurde, donc il ne peut exister de solution constante.
 1 0 
 1 1 
3 Vérifions que A = PDP −1 avec P =  et D =  1 .
 2 −2   0


 5 
La matrice P a un déterminant égal à −4, il est non nul, donc elle est inversible.
On calcule son inverse :
1 2 1 
P −1 =  .
4  2 −1 
−1
Puis on calcule PDP .

 1 0 
1 1 1    2 1 
PDP −1
=  1 
4  2 −2   0   2 −1 
 5 
 1   3 1 
 1   
1 5 
=   2 1 = 5 5 .
4 2  
  2 −1   4 3 
 2 −5   5 5 
   
4 On pose Un = P −1X n . Montrons que pour tout entier naturel n,
Un +1 = DUn + P −1B .
−1
On a X n +1 = PDP X n + B . On multiplie chaque membre par P −1 , d’où
−1
P −1X n +1 = DP −1X n + P −1B , ce qui donne la relation Un +1 = DUn + P B .
−1
On calcule P B :
 3 
1 2 1   1   4

P −1B =  = .
4  2 −1   1   1 
 4 
 un 
On pose Un =   . Les suites (un ) et (v n ) vérifient le système suivant :
 v n 
 3
 un + 1 = un +
 4
 .
 V 1 1
= v +
 n +1 5 n 4
3
La suite (un ) est une suite arithmétique de raison et (v n ) est une suite
arithmético-géométrique. 4
3
On a donc pour tout entier naturel n, un = u 0 + n.
4
Pour la suite (v n ) , on pourra se référer au cours de mathématiques du tronc
commun à la page 21.
1 1 5
On cherche v * tel que v * = v * + . On obtient v * = , d’où pour tout entier
naturel n, 5 4 16
n
1
 
( )
v n =   v 0 − v * + v *.
 5
 xn 
On pose X n =   . Déterminons la forme explicite pour les suites ( x n ) et
 y n 
( y n ).
On a X n = PUn , donc x n = un + v n et y n = 2(un − v n ).

1
 La suite géométrique de raison converge vers 0, donc la suite (v n )
5
converge vers v *. La suite arithmétique (un ) tend vers +∞ . Donc, par com-
binaison des limites, les deux suites ( x n ) et ( y n ) divergent, elles tendent

toutes deux vers +∞ , donc la suite de vecteurs colonnes ( X n ) diverge (ne
converge pas).
Exercice 7 1 Chaque jeune femelle de moins de 2 ans donne en moyenne 1,5 femelle.
Chaque femelle adulte donne en moyenne 2 femelles. Le taux de survie des
jeunes femelles au bout de deux ans est de 8 %, et l’espérance de vie moyenne
est de 4 ans.
2 La matrice P est inversible car le déterminant de P est non nul : det(P ) = −0, 85.
 1, 5 2   1 1   1, 6 −0,1 
LP =    0, 05 −0, 8  =   ;
 0, 08 0     0, 08 0, 08 
 1 1   1,6 0   1,6 −0,1 

PD =    = .
 0,05 −0,8   0 −0,1   0,08 0,08 
−1
On a LP = PD et P inversible, d’où L = PDP .
1  0, 8 1 
Pour la suite, calculons l’inverse de P : P −1 =  .
0, 85  0, 05 −1 
3 Par récurrence, on obtient que pour tout entier n,
 
1, 6n 0
Ln = PD n P −1 et D n =  .
 0 ( −0,1)n 
n −1
Calculons PD P :
 n 
1  1 1   1, 6 0 0, 8 1 
PD n P −1 = 
0, 85  0, 05 −0, 8   0 n   0, 05 −1 
 ( −0,1) 
 n 
1  1 1   0, 8 × 1, 6 1, 6n
PD n P −1 =   
0, 85  0, 05 −0, 8   0, 05 × ( −0,1)n −( −0,1)n 

 
1 0, 8 × 1, 6n + 0, 05 × ( −0,1)n 1, 6n − ( −0,1)n
PD n P −1 =  .
0, 85  0, 04 × 1, 6n − 0, 04( −0,1)n 0, 05 × 1, 6n + 0, 8 × ( −0,1)n 


On en déduit l’expression de j n :
jn =
1
0, 85
(
0, 8 × 1, 6n + 0, 05 × ( −0,1)n j 0 +) 1
0, 85
( )
1, 6n − ( −0,1)n a0 d’où
1, 6n ( −0,1)n
jn = × ( 0 , 8 j 0 + a0 ) + (0, 05 j 0 − a0 ) soit
0, 85 0, 85
n
1, 6n   −0,1 
jn = × ( 0 , 8 j 0 + a0 ) +   (0, 05 j 0 − a0 ) .
0, 85   1, 6  

  −0,1 
n
On a bien j n = 1,6n ×  α + β    avec α et β qui ne dépendent que de
j 0 et a0 .   1,6  
n
 −0,1
4 La suite de terme général β   est une suite géométrique de raison
 1,6 
en module inférieur strictement à 1, donc elle converge vers 0 lorsque n tend
n
 −0,1
vers l’infini. Pour n grand, le terme β  est « négligeable », donc on
 1,6 
a j n ≈ 1, 6n × α . Quelles que soient les conditions initiales, la suite ( j n ) se
comporte comme une suite géométrique de raison 1,6, d’où une population
des jeunes femelles multipliée environ par 1,6 tous les deux ans.
La population des femelles adultes est décrite par la suite (an ). On a
an = 0, 08 j n −1 , donc pour n grand, elle se comporte aussi comme une suite
géométrique de raison 1,6.
Exercice 8  La matrice P est inversible car le déterminant de P est non nul : det(P ) = −0, 875.
 0, 25 2   1 1   1 −0, 75 
LP =    0, 375 −0, 5  =   ;
 0, 375 0     0, 375 0, 375 
 1 1  1 0   1 −0,75 
PD =     = .
 0,375 −0,5   0 −0,75   0,375 0,375 
On a LP = PD et P inversible, d’où L = PDP −1.

1  0, 5 1 
Pour la suite, calculons l’inverse de P : P −1 =  .
0, 875  0, 375 −1 
2 Par récurrence, on obtient que pour tout entier n,
 1 0 
n
Ln = PD n P −1 et D =  n .

 0 ( −0,75)

Calculons PD n P −1 :
1  1 1  1 0   0, 5 1 
PD n P −1 =  
 
0, 875  0, 375 −0, 5   0 ( −0, 75)n   0, 375 −1 
1  1 1  0, 5 1 
PD n P −1 =    
0, 875  0 , 375 −0 , 5   0, 375 × ( −0, 75)n −( −0, 75)n 
 
1 0, 5 + 0, 375 × ( −0, 75)n 1− ( −0, 75)n
PD n P −1 =  .
0, 875  0,1875 − 0,1875( −0, 75)n 0, 375 + 0, 5 × ( −0, 75)n 

On en déduit l’expression de j n :
jn =
1
0, 875
(
0, 5 + 0, 375 × ( −0, 75)n j 0 +) 1
0, 875
( )
1− ( −0, 75)n a0 d’où
1 ( −0, 75)n
jn = × ( 0 , 5 j 0 + a0 ) + (0, 375 j 0 − a0 ).
0, 875 0, 875
On a bien j n = α + β( −0,75)n avec α et β qui ne dépendent que de j 0 et a0 .

n
La suite de terme général β ( −0,75) est une suite géométrique de raison en
module inférieur strictement à 1, donc elle converge vers 0 lorsque n tend vers
l’infini. La suite ( j n ) converge vers une valeur finie qui dépend des conditions
initiales, d’où une stagnation de la population des jeunes femelles.
La population des femelles adultes est décrite par la suite (an ) avec
an = 0, 375 j n −1 , donc elle converge aussi vers une valeur finie qui dépend des
conditions initiales, d’où une stagnation de la population des femelles adultes et,
finalement, une stagnation de la population totale.

Exercice I Première partie : expérimentation
Pour chacune des différentes suites, les points représentant deux termes succes-
sifs ont été reliés pour une meilleure lisibilité des graphiques.
La courbe 1 représente l’évolution au cours du temps du nombre de harles hup-
pés, et la courbe 2 celle des anguilles.

k = 0,495 k = 0,095 k = 0,375
2 400
1 2.2
1 1
1.5 2
300
Population
Population
Population
1.8
1 2 200 1.6
2
1.4 2
0.5 100
1.2
1
5 10 15 20 25 Temps 5 10 15 20 25 Temps 5 10 15 20 25 Temps
On observe une extinction des On observe une croissance des On observe une stabilité des
deux espèces. deux espèces. deux espèces.
Pour k = 1,375, on obtient les courbes suivantes.

2
1
1
Population
5 10 15 20 25 Temps
–1
–2
On observe des oscillations.

Ici, le paramètre n’a pas de sens car on obtient des populations négatives, mais
le phénomène oscillatoire est intéressant.
Deuxième partie : étude
1 On prend k = 0,495.
a) La matrice P est inversible car son déterminant est égal à −20 , donc non nul.
 9 1 
 − 
20 2  . Calculons PDP −1.
On a P −1 = 
 11 1 
 20 − 
2
 4   
0   8 7  − 9 1
 10 10   5   20 2

PDP −1 =    P −1 =  44 63  = A.
 11 9   7     11 1 
 5  −
 0 
10 
10  20 2 
b) Déterminons An .
On a, par récurrence, pour tout entier naturel n,

An = PD n P −1 et
 
4 n
   0 
  5 
Dn = 
n 
  7 
 0   
 10 
(propriété des matrices diagonales).
 
11 7  n 9  4  n  7
n
 4
n
   −   −5   + 5   
n  2  10  2 5  10   5 
On obtient : A =  .
n
 99  7  99  4  n 9  7  n 11 4  n 
 
 20  10  −   −   +   
 20  5  2  10  2  5 
c) Étudions la convergence de la suite ( X n ).
Les coefficients de la matrice An sont des combinaisons linéaires de suites géo-

métriques de raison q telle que q < 1, donc ces suites convergent vers 0. La suite
( ) tend donc vers la matrice nulle et donc la suite ( X n ) tend

de matrices An
vers le vecteur nul, quelles que soient les conditions initiales.

2 On prend k = 0,095.
a) La matrice P est inversible car son déterminant est égal à −180, il est non nul.
 1 1 
 − 
180 18  . Calculons PDP −1.
On a P −1 = 
 19 1 
 180 − 
18
 6 
 0 
 
10 10  5
PDP −1 =    P −1
 19 1   3 
 0 10 

 1 1 
 12 3  − 
180 18
=  114 3   = A.
   19 1 
 5 10  −
 180 18 
 
b) Déterminons An et X n .

On a, par récurrence, pour tout entier naturel n,
An = PD n P −1 et
 
6 n
   0 
n   5 
D =
n 
  3 
 0   
 10 
(propriété des matrices diagonalisables).
 
19  3  n 1  6  n 5  3 n 5  6n
   −   −   +   
 18  10  18 5 9  10  9  5 
On obtient An =  .
n n n n 
 19  3  19  6  1 3 19  6  
 180  10  −   −   +   
 180  5  18  10  18  5  
 hn 
On a X n = An X 0 et X n =   donc
 an 
n n
1
hn = −
18
(10 a0 − 19 h0 )  103  + 181 (10a0 − h0 )  65 
et
n n
1  3 19  6
an = −
180
(10 a0 − 19 h0 )   +
 10  180
(10 a0 − h0 )   .
 5
c) Étudions la convergence de la suite ( X n ).

La suite géométrique de raison 0,3 converge vers 0, la suite géométrique de
raison 1,2 tend vers +∞.
Si h0 > 10a0 , alors les populations prennent des valeurs négatives, le modèle n’a
plus de sens.
Si h0 = 10a0 , alors les suites convergent vers 0, on a extinction des deux espèces.
Si h0 < 10a0 , les deux suites se comportent à long terme comme une suite géo-
métrique de raison 1,2 et de premier terme positif, donc les deux populations
augmentent.
3 On prend k = 0,375.
* * *
a) On cherche un vecteur stable non nul, c’est-à-dire X tel que X = AX .
 x 
On suppose que ce vecteur stable existe, on pose X * =   , on a alors le sys-
tème linéaire suivant :  y 
 x = 0, 25x + 0, 5y
 ,
 y = −0, 375x + 1, 25y
il est équivalent à 0, 75x = 0, 5y soit y = 1, 5x .

 x 
Si un vecteur stable existe, il est de la forme X * =   avec x réel non nul.
 1, 5x 
On vérifie que tous les vecteurs de cette forme sont stables, il existe donc une
infinité de vecteurs stables.
b) La matrice P est inversible car son déterminant est égal à −1, donc non nul.
 1 
 − 1 
−1 2  . Calculons PDP −1.
On a P = 
 3 
 2 −1 
 1  1 
 1 1  1 0   1  − 1 
2  2
PDP −1 =  3 1   1 P = 
−1  = A.
  0   3 1  3 
 2 2   2   2   2 −1 
4
n
c) Déterminons A et X n .  n 
 3  1 1  1 n
   − −   + 1 
n 2  2 2  2
On obtient (comme aux questions  et ) : A =  .
 n n
3  1 3 1 1 3 
   − −   + 
 4  2 4 2 2 2 
 hn 
n
De plus, X n = A X 0 et X n =   donc
 an 
n
1  1 1
hn = −
2
( 2a0 − 3h0 )   + a0 − h0 et
 2 2
n
1  1 3 3
an = −
4
( 2a0 − 3h0 )   + a0 − h0 .
 2 2 4
d) Étudions la convergence de la suite ( X n ).

La suite géométrique de raison 0,5 converge vers 0, donc la suite ( X n ) converge
vers le vecteur :
 1  1 
X * =  a0 − h0   .
 2   1, 5 
Celui-ci dépend des conditions initiales mais est toujours un vecteur stable. Pour
 1, 5 
h0 = 1 et a0 = 2, on obtient le vecteur X * =   . Ceci confirme l’obser-
 2, 25 
vation faite à la première partie.
Exercice II Première partie : expérimentation

On prend pour conditions initiales 90 proies, soit p0 = 90 et 50 prédateurs soit
q 0 = 50 .

1 On a représenté la suite des proies (courbe 1) et celle des prédateurs (courbe 2).
1
300
250
Population
200
150 2
100
50
Temps
0 500 1000 1500 2000 2500 3000
On observe que les suites oscillent autour de valeurs d’équilibre : 100 pour les
proies (ligne en pointillés noirs) et 80 pour les prédateurs (ligne en pointillés gris).
Nous justifierons ces valeurs par la suite. Ces oscillations semblent d’amplitude
de plus en plus grande au cours du temps.
2 On observe le déphasage entre la courbe des proies et celle des prédateurs et
l’évolution cyclique de ce système : une diminution des proies entraîne, après
quelque temps, une diminution des prédateurs, qui suscite une augmentation
des proies suivie d’une augmentation des prédateurs puis, à nouveau, une
diminution des proies, etc.
3 Si on change les conditions initiales, on observe le même type de comporte-
ment : elles ont peu d’influence sur le système.
Deuxième partie : point d’équilibre et linéarisation
1 Recherche des points d’équilibre :
0, 01p ( 4 − 0, 05q ) = 0
Le système est équivalent à  .
0, 01q (1− 0, 01p ) = 0
• On suppose que (p ; q) est une solution du système. D’après la première équa-
4
tion, on a soit p = 0 soit q = = 80.
0, 05
Si p = 0, alors la deuxième équation donne q = 0.
Si q = 80, alors la deuxième équation donne p = 100.
Si (p ; q) est solution, alors les seules valeurs possibles sont (0 ; 0) et (100 ; 80).
• On vérifie que ces deux couples sont bien solution.
• Conclusion : le système possède exactement les deux solutions proposées.
2 Montrons que l’on obtient le système suivant :

u 0 , v 0 réels donnés, pour n ∈ ,

un +1 = un − 0, 05v n − 0, 0005unv n .
 v = 0, 008u + v + 0, 0001u v
 n +1 n n n n

On a : ( )
pn +1 − p * = 1,04 pn − 0,0005q n pn − 1,04 p * − 0,0005q *p * soit
pn +1 − p * = 1, 04 ( pn − p * ) − 0, 0005(q n pn − q *p * ).
D’où un +1 = 1, 04un − 0, 0005 (q n pn − q *p * ) (1).
De même, q n +1 − q = 0, 99q n + 0, 0001q n pn − ( 0, 99q + 0, 0001q p ) soit

* * * *
q n +1 − q * = 0, 99 (q n − q * ) + 0, 0001(q n pn − q *p * ).
D’où v n +1 = 0, 99v n + 0, 0001(q n pn − q *p * ) (2).

* *
Exprimons q n pn − q p en fonction de un et v n . On a :
( )( )
q n pn − q *p * = v n + q * un + p * − q *p * = p *v n + q *un + v n un soiit
q n pn − q *p * = 100v n + 80un + v n un .
On remplace dans (1) et (2) et on obtient bien le système annoncé.
Les suites (un ) et (v n ) convergent vers 0, donc on décide de négliger le terme
unv n par rapport à un et v n .
On obtient bien le système linéaire :
u 0 , v 0 réels donnés, pour n ∈ ,

un +1 = un − 0, 05v n .
 v = 0, 008u + v
 n +1 n n
Troisième partie : étude du système linéaire

1 On remplace dans le système linéaire un et v n respectivement par pn − p *
et q n − q *.
p0 , q 0 réels donnés, pour n ∈ ,

On obtient : pn +1 − 100 = pn − 100 − 0, 05 (q n − 80)

q n +1 − 80 = 0, 008 ( pn − 100) + q n − 80
p0 , q 0 réels donnés, pour n ∈ ,
soit 
pn +1 = pn − 0, 05q n + 4 .
q
 n +1 = 0, 008pn + q n − 0, 8
On obtient bien le système suivant sous forme matricielle :

 pn +1   pn   4 
  = A + .
 q n +1   q n   −0, 8 
On a une suite de vecteur (Un ) récurrente de la forme Un +1 = AUn + B .
 * 
*  p 
Montrons que U = est un vecteur stable, c’est-à-dire que U * = AU * + B .
 q* 
 

 0 0, 05   100   4 
En effet, on a (I − A )U * =   = = B.
 −0, 008 0   80   0, 8 
(
2 Soit n un entier naturel. On a Un +1 − U * = AU n + B − AU * + B , donc )
(
Un +1 − U * = A Un − U * . )
( ) (
Par récurrence, on obtient Un − U * = An U 0 − U * , d’où Un = An U 0 − U * + U *. )
3 Montrons que A = PCP −1.
La matrice P est inversible car son déterminant vaut 0,4, donc est non nul.
Vérifions que AP = PC.
 1 −0, 05   1 0   1 0, 02 
On a : AP =    0 −0, 4  =   et
 0, 008 1    0, 008 −0, 4 
 1 0  1 0, 02   1 0, 02 
PC =     = 
 0 −0, 4   −0, 02 1   0, 008 −0,44 
d’où l’égalité annoncée.
Calculons les premières puissances de C.
2 2 2 2
On a C = (I + 0, 02J ) =I +0, 04 J +0, 02 J or J 2 = −I donc C 2 = 0,9996I + 0,04 J .
On a C = (I + 0,02J )C = (I + 0,02J )( 0,9996I + 0,04 J )

3 2
= 0,9996I + 0,059992J + 0,0008J 2 ,
donc C 3 = 0, 9988I + 0, 059992J .

Il ne semble pas que nous ayons de formule simple pour les puissances de C.
4 On a représenté les suites ( pn ) et (q n ) définies par la récurrence linéaire
ci-dessus, respectivement en gras (proies) et en trait fin (prédateurs).
200
Population
150
100 D
D’
50
Temps
500 1000 1500 2000 2500 3000
On observe que le comportement qualitatif est le même pour les problèmes exact
et linéarisé. Pour le problème linéarisé, les oscillations sont plus centrées autour
des valeurs d’équilibre : 100 pour les proies (droite D) et 80 pour les prédateurs
(droite D ’). 

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■ Activité 1 Les codes barres

La somme 22 + 78 + 0 = 100 est bien un multiple de 10 donc on ne détecte pas

La somme 26 + 57 + R = 83 + R doit être un multiple de 10 et 0 ≤ R ≤ 9 donc

La somme 41 + 72 + 7 = 120 est un multiple de 10 ; on ne détecte pas d’erreur

Corrigé séquence 1 – MA03 1

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La somme 32 + 78 + 0 = 110 est un multiple de 10 ; on ne détecte pas d’erreur

2 Corrigé séquence 1 – MA03

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b) Si un nombre est divisible par 3 alors il est divisible par 9.

c) Si a divise b et c alors a divise b − c .

e) Le produit de deux entiers pairs est pair.

f) Le produit de deux entiers impairs est impair.

Corrigé séquence 1 – MA03 3

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a) Les diviseurs de A = 220 excepté 220 sont 1 ; 2 ; 4 ; 5 ; 10 ; 11 ; 20 ; 22 ; 44 ;

Le nombre total d’itérations d’un algorithme avec le logi-

2 On a 13 × 2001 < 26014 < 13 × 2002 ; 13 × 2002 = 26026.

On a 26026 – 26014 = 12 donc la lettre manquante est le N.

4 Corrigé séquence 1 – MA03

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Exercice 6 Raisonnement par récurrence

Initialisation Au rang n = 0, 70 − 20 = 1− 1 = 0. Or, 0 est divisible par 5. Ainsi la propriété n

Hérédité On suppose que la proposition « 7n − 2n est un multiple de 5 » est vraie pour

Corrigé séquence 1 – MA03 5

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Par hypothèse de récurrence, 7k − 2k est un multiple de 5 donc il existe un entier p

tel que 7k − 2k = 5p.

Conclusion La proposition n « 7n − 2n est un multiple de 5 » est vraie pour n = 0 et elle

Ce résultat sera démontré d’une autre manière dans l’exercice 16 du chapitre 4.

Au rang n = 1, A1 = 2 et 21 = 2. Or, 2 est divisible par 2. Ainsi la proposition n

Hérédité On suppose que la proposition « An = (n + 1)(n + 2)...(2n − 1)(2n ) est divisible

6 Corrigé séquence 1 – MA03

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Ak +1 = ((k + 1) + 1)((k + 1) + 2)...( 2(k + 1) − 1)( 2(k + 1))

Comme p × (2k + 1) est un nombre entier, Ak +1 est divisible par 2k +1 et la

An = (n + 1)(n + 2)...(2n − 1)(2n ) est divisible par 2n .

Exercice 8 On considère le nombre A = n (n + 1)(n + 2).

c) Pour n = 7, on a A = 7 × 8 × 9 qui est divisible par 8. Ce contre-exemple nous

Corrigé séquence 1 – MA03 7

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8 Corrigé séquence 1 – MA03

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Exercice 9 a) Soit n ce nombre. On a n = q × 6 + 5 et n = q × 7 + 3. Donc 6q + 5 = 7q + 3

Comme 17 × 23 = 391, on a 1 ≤ b ≤ 23.

d) Soit n le dividende, b le diviseur, q le

Corrigé séquence 1 – MA03 9

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k − 2 ≤ 0 et k + 1 ≥ 0 soit k ≤ 2 et k ≥ −1 donc nécessairement k prend

Si k = −1, 2n − 3 = −1(n + 3) soit n = 0 ;

Conclusion Ainsi, les entiers naturels n tels que n + 3 divise 2n – 3 sont 0 et 6.

Si q = 2, a = 2 × 64 + 23 = 136 et 0 ≤ 23 < 64.

Si q = 3, a = 3 × 64 + 33 = 219 et 0 ≤ 33 < 64.

et le reste q 3 sont 65, 136 et 219.

Exercice 12 a) En utilisant une feuille de calcul, on obtient :

Donc la clé de 204730284 est K = 11– 5 = 6

10 Corrigé séquence 1 – MA03