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AMIMATHS Bac Blanc AMIMATHS Niveau : 7C Epreuve de Maths - Corrigé ASSOCIATION

AMIMATHS Bac Blanc AMIMATHS Niveau : 7C Epreuve de Maths - Corrigé ASSOCIATION DES AMIS DE MATHEMATIQUES BAC BLANC Corrigé de l’épreuve de Maths Niveau : 7C Date : 26/12/2018 Exercice 1 (4 points) On considère les matrices A =       1 1 1 1 0 1 2 1 0 0 1 3 0 0 0 1       et I4 =       1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1       . On pose N = A −I4. 1. (a) Calculer N. (b) Calculer N 2 et N 3. (c) Vériﬁer que N 4 = O où O est la matrice carrée nulle d’ordre 4. (On dit que N est nilpotente). 2. En remarquant que A = N + I4, N 0 = I4 et que N et I4 commutent : (a) Montrer que pour tout entier naturel n, An = 3 X k=0 Ck nN k. (b) En déduire en fonction de n l’expression de An. Solution. 1. (a) N = A −I4 =       1 1 1 1 0 1 2 1 0 0 1 3 0 0 0 1       −       1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1       =       0 1 1 1 0 0 2 1 0 0 0 3 0 0 0 0       . (b) N 2 = N × N =       0 1 1 1 0 0 2 1 0 0 0 3 0 0 0 0       ×       0 1 1 1 0 0 2 1 0 0 0 3 0 0 0 0       =       0 0 2 4 0 0 0 6 0 0 0 0 0 0 0 0       . N 3 = N 2 × N =       0 0 2 4 0 0 0 6 0 0 0 0 0 0 0 0       ×       0 1 1 1 0 0 2 1 0 0 0 3 0 0 0 0       =       0 0 0 6 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0       . (c) N 4 = N 3 × N =       0 0 0 6 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0       ×       0 1 1 1 0 0 2 1 0 0 0 3 0 0 0 0       =       0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0       . On a bien N 4 = O. 2. (a) On rappelle que pour tout couple (n, k) d’entiers, on a : Ck n =      n! k!(n −k)! si k ≤n 0 sinon 1re méthode : Utilisation d’un raisonnement par récurrence Posons (Pn) : An = 3 X k=0 Ck nN k. — Initialisation : A0 = I4 = 3 X k=0 Ck 0 N k puisque N 0 = I4, C0 0 = 1 et Ck 0 = 0 pour k ∈{1, 2, 3}. Ainsi (P0) est vraie. http://www.maurimath.net/ Page 1/12 Mokhtar Baba Hamdi AMIMATHS Bac Blanc AMIMATHS Niveau : 7C Epreuve de Maths - Corrigé — Hérédité : Soit n ∈N. Supposons que (Pn) est vraie et montrons que (Pn+1) l’est aussi. Exprimons alors An+1 : An+1 = A × An = (N + I4) An = N × An + An = N 3 X k=0 Ck nN k ! + 3 X k=0 Ck nN k (par hypothèse de récurrence) = 3 X k=0 Ck nN k+1 + 3 X k=0 Ck nN k = 4 X k=1 Ck−1 n N k + 3 X k=0 Ck nN k = 3 X k=1 Ck−1 n N k + 3 X k=0 Ck nN k (car N 4 = O) = C0 nN 0 + 3 X k=1 Ck−1 n + Ck n N k = C0 n+1N 0 + 3 X k=1 Ck n+1N k = 3 X k=0 Ck n+1N k En eﬀet, C0 n = 1 = C0 n+1 et, pour k ∈N∗, Ck−1 n + Ck n =          Ck n+1 si k ≤n (Formule du triangle de Pascal) 1 + 0 = 1 = Ck n+1 si k = n + 1 0 + 0 = 0 = Ck n+1 sinon La proposition (Pn+1) est alors vraie. On conclut que (Pn) est vraie pour tout n ∈N. 2nde méthode : Utilisation de la formule du binôme de Newton Soit n ∈N. On a An = (N + I4)n Compte tenu du fait que N et I4 commutent, on peut appliquer la formule du binôme de Newton : An = (N + I4)n = n X k=0 Ck nN kIn−k 4 = n X k=0 Ck nN k ce qui prouve immédiatement l’assertion si n = 3. Dans le cas contraire, nous avons : — soit n < 3, alors An = n X k=0 Ck nN k = 3 X k=0 Ck nN k puisque Ck n = 0 pour tout entier k ∈{n + 1, . . . , 3}. — soit n > 3, alors An = n X k=0 Ck nN k = 3 X k=0 Ck nN k puisque N k = N 4 × N k−4 = O × N k−4 = O pour tout entier k ≥4. http://www.maurimath.net/ Page 2/12 Mokhtar Baba Hamdi AMIMATHS Bac Blanc AMIMATHS Niveau : 7C Epreuve de Maths - Corrigé Ainsi, An = 3 X k=0 Ck nN k pour tout entier naturel n. (b) Soit n ∈N, on a An = 3 X k=0 Ck nN k = I4 + C1 nN + C2 nN 2 + C3 nN 3 avec : • C1 n = n si n ≥1. Ce qui est valable si n = 0 puisque C1 0 = 0, • C2 n = n(n −1) 2 si n ≥2. Ce qui est valable si n ∈{0, 1} puisque C2 0 = C2 1 = 0, • C3 n = n(n −1)(n −2) 6 si n ≥3. Ce qui est valable si n ∈{0, 1, 2} puisque C3 0 = C3 1 = C3 2 = 0. Ainsi, An = I4 + nN + n(n −1) 2 N 2 + n(n −1)(n −2) 6 N 3 =       1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1       + n       0 1 1 1 0 0 2 1 0 0 0 3 0 0 0 0       + n(n −1) 2       0 0 2 4 0 0 0 6 0 0 0 0 0 0 0 0       + n(n −1)(n −2) 6       0 0 0 6 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0       =       1 n n2 n3 −n2 + n 0 1 2n 3n2 −2n 0 0 1 3n 0 0 0 1       □ http://www.maurimath.net/ Page 3/12 Mokhtar Baba Hamdi AMIMATHS Bac Blanc AMIMATHS Niveau : 7C Epreuve de Maths - Corrigé Exercice 2 (5 points) On considère dans Z × Z l’équation (E) : 19x −11y = 1. 1. (a) Justiﬁer que (E) admet des solutions dans Z × Z. (b) Vériﬁer que le couple (7, 12) est une solution de (E). (c) Résoudre (E) dans Z × Z puis dans N × N. 2. (a) Soit n ∈Z. Montrer que :    n ≡4 [19] n ≡5 [11] si et seulement si n ≡137 [209]. (b) Quel est le PGCD(n, 209) ? (c) Si une marchandise est mise dans des cartons à 19 pièces le dernier carton ne contient que 4 pièces et si elle est mise dans des cartons à 11 pièces le uploads/s3/ corrdevoiramimath7c12-2018.pdf