\documentclass[11pt,a4paper]{article}
\usepackage{MIS1}
\usepackage{eurosym}
 
\begin{document}
\correction
\devoir{2}{06 novembre}
\bigskip
\bigskip

\exo
Puisque $z=1$ n'est pas racine de l'équation, on peut réécrire celle-ci sous la forme 
$$
\left( \dfrac{z+1}{z-1}\right)^6=-27,\quad z \neq 1.
$$
On a donc $Z^6=-27$, où l'on a posé $Z=\dfrac{z+1}{z-1}$, soit
$Z=\sqrt{3}e^{i(\frac{\pi}{6}+k\frac{\pi}{3})}$, $k \in \Z$. Autrement dit,
$Z=\sqrt{3}e^{i\frac{\pi}{6}}$, $\sqrt{3}e^{\frac{-i \pi}{6}}$, $\sqrt{3}i$,
$-\sqrt{3}i$, $\sqrt{3}e^{i\frac{5\pi}{6}}$ ou $\sqrt{3}e^{i\frac{-5 \pi}{6}}$. Finalement, puisque $z=\dfrac{Z+1}{Z-1}$, on obtient 
$$
z=2-i\sqrt{3},
\quad 2+i\sqrt{3},
\quad \dfrac{1- i\sqrt{3}}{2},
\quad \dfrac{1 +i\sqrt{3}}{2},
\quad \dfrac{2-i\sqrt{3}}{7} \quad \text{ou}
\quad \dfrac{2+i\sqrt{3}}{7}.
$$

\exo
\begin{enumerate}
\item  
\begin{enumerate}
\item  Puisque $a$ et $b$ sont premiers entre eux, il existe deux entiers $u$
et $v$ tels que $au+bv=1$. Si $c$ est un entier quelconque, le couple $(x,y)
=(uc,vc)$ est alors solution de l'équation $ax+by=c$.

\item  Si  $ax+by=c$, alors pour tout $k \in \Z$ on a
$a(x+kb)+b(y-ka)=ax+by=c$.  Soit $q$~le quotient de la division euclidienne
de $y$ par $a$. Alors $y-qa=r$ est le reste de cette division, de sorte que
l'on a $0 \leq r \leq a-1$. Ainsi, le couple $(x',y')=(x+qb, y-qa)$ est une
solution  de l'équation initiale vérifiant $0\leq y'  \leq a-1$.  

\item Soit $(x,y)$ une solution de l'équation $ax+by=c$ vérifiant $0\leq y
\leq a-1$ (un tel couple existe d'après la question précédente). On a alors
$ax=c-by >ab-a-b-b(a-1)=-a$, d'où $x >-1$. Or $x$ est un entier (relatif),
donc la dernière inégalité équivaut à $x\geq 0$. On a donc bien trouvé un
couple $(x,y)$ d'entiers positifs ou nuls solution de l'équation $ax+by=c$.
\end{enumerate} 

\item \textsl{Application :}
\begin{enumerate}
\item Pour payer une somme $S$, un acheteur utilise un nombre $x$ de billets
de $7$~\euro{} et $y$ de billets de $11$~\euro{}. Le vendeur lui rend la
monnaie en utilisant $x'$ billets de $7$~\euro{} et $y'$ billets de
$11$~\euro{}. La transaction est réalisée si $7(x-x')+11(y-y')=S$. Notons que
$x$, $x'$, $y$ et $y'$ sont des entiers \textsl{naturels}. Or, d'après la
question 1(a), puisque $7$ et $11$ sont premiers entre eux, il existe un
couple $(X,Y)$ d'entiers \textsl{relatifs} solution de l'équation $7X+11Y=S$.
Par un choix convenable de $x$, $x'$, $y$ et $y'$ on peut alors faire en
sorte que $X=x-x'$ et $Y=y-y'$, ce qui prouve que la transaction est
réalisable. 

\item On est maintenant dans la situation où, avec les notations précédentes,
$x'=y'=0$. Il s'agit donc de résoudre l'équation $7x+11y=S$ en entiers
\textsl{naturels}. D'après 1(b), cela est réalisable dès lors que
$S>7\cdot11-7-11=59$.  Donc toute somme au moins égale à $60$ \euro{} est
payable. En revanche, on ne peut pas payer $59$\euro{}. Sinon, il existerait
un couple $(x,y) \in \mathbb{N}^2$ tel que $7x+11y=59$. Notons que, puisque
$y$ est positif ou nul, on a alors nécessairement $7x \leq 59$, soit $x\leq
8$, et de même $11y \leq 59$, soit $y \leq 5$.  En outre, on aurait alors
$7(x+1)+11(y+1)=59+7+11=77$, soit $7(x+1)=77-11(y+1)=11( 7-y-1)$. En
particulier, $7(x+1)$ serait divisible par $11$, d'où l'on déduit, par le
lemme de Gauss, que $x+1$ serait divisible par $11$, puisque $7$ et $11$ sont
premiers entre eux. Or $1\leq x+1 \leq 9$ (puisque $x$ est positif et $x\leq
8$), d'où une contradiction.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\exo
\begin{enumerate}
\item La suite $(A_{n})_{n}$ est décroissante car, 
$$
A_{n+1}=A_{n}-x_{2(n+1)-1}+x_{2(n+1)}=A_{n}-x_{2n+1}+x_{2n+2}\leq A_{n}
$$
puisque la suite $(x_{n})_{n}$ est décroissante. Montrons ensuite que
$A_{n}\geq0$:
$$
A_{n}=\left[\sum_{k=0}^{n-1}(x_{2k}-x_{2k+1})\right]+x_{2n}\geq x_{2n}\geq0
$$
puisque $x_{2k}-x_{2k+1}\geq0$, la suite $(x_{n})_{n}$ étant décroissante.

\item De la même manière, $B_{n+1}=B_{n}+x_{2n+2}-x_{2n+3}\geq B_{n}$,
et
$$
B_{n}=x_{0}+\left[\sum_{k=1}^{n}(-x_{2k-1}+x_{2k})\right]-x_{2n+1}\leq
x_{0}-x_{2n+1}\leq x_{0}.$$

\item La suite $(A_{n})_{n}$ est décroissante minorée et la suite
$(B_{n})_{n}$ est croissante majorée. Elles sont donc toutes deux
convergentes. Comme $A_{n}-B_{n}=x_{2n+1}$, par hypothèse, on a
${\displaystyle \lim_{n\mapsto+\infty}A_{n}-B_{n}=0}$, ce qui montre qu'elles
ont même limite. Enfin, comme $S_{2n}=A_{n}$ et $S_{2n+1}=B_{n}$, on conclut
que la suite $(S_{n})_{n}$ converge vers la limite commune des suites
$(A_{n})_{n}$ et $(B_{n})_{n}$.
\end{enumerate}
 
\exo
\begin{enumerate}
\item La définition de $f$ montre que, $\forall x\in\mathbb{R}$,
$\abs{f(x)}\leq\abs{x}$. Ceci implique ${\displaystyle
\lim_{x\rightarrow0}f(x)=0=f(0)}$, ce qui donne la continuité de $f$ en $0$.

\item Supposons $x_{0}\neq0$. On sait qu'il existe une suite $(a_{n})_{n}$ de
nombres rationnels telle que ${\displaystyle
\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=x_{0}}$ et une suite $(b_{n})_{n}$ de nombres
irrationnels vérifiant aussi ${\displaystyle
\lim_{n\rightarrow\infty}b_{n}=x_{0}}$. Si $f$~était continue en $x_{0}$, on
aurait donc ${\displaystyle \lim_{n\mapsto\infty}f(a_{n})=f(x_{0})}$ et
${\displaystyle \lim_{n\mapsto\infty}f(b_{n})=f(x_{0})}$, c'est-à-dire
$0 = f(x_{0})$ et ${\displaystyle \lim_{n\mapsto\infty}b_{n}=f(x_{0})}$, ce
qui implique $x_{0}=0$ contrairement à l'hypothèse.
\end{enumerate}
 
\end{document}
