Exercices d’oraux type Centrale/Mines

Enoncé (Mines-Ponts)

Montrer que parmi treize réels deux à deux distincts, il en existe au moins deux $x$ et $y$ tels que

$$0<\dfrac{x-y}{1+xy}<2-\sqrt{3}.$$

Corrigé

Soient $x_1,\;x_2,\;\ldots\;,\;x_{13}$ treize réels tels que $x_1<x_2<\ldots<x_{13}$. Pour tout $i\in\{1,\ldots,13\}$, posons $\theta_i=\text{Arctan}\left(x_i\right)$. Par stricte croissance de la fonction $x\mapsto\text{Arctan}(x)$ sur $\mathbb{R}$, on a donc

$$-\dfrac{\pi}{2}<\theta_1<\theta_2<\ldots<\theta_{13}<\dfrac{\pi}{2}.$$

Si pour tout $i\in\{1,\ldots,12\}$, $\theta_{i+1}-\theta_i\geqslant\dfrac{\pi}{12}$, alors

$$\theta_{13}-\theta_1=\displaystyle\sum_{i=1}^{12}\left(\theta_{i+1}-\theta_i\right)\geqslant12\times\dfrac{\pi}{12}=\pi$$

ce qui est faux car $\theta_{13}-\theta_1<\dfrac{\pi}{2}-\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)=\pi$. Donc, il existe $i\in\{1,\ldots,12\}$ tel que $0<\theta_{i+1}-\theta_i<\dfrac{\pi}{12}$. Par stricte croissance de la fonction $x\mapsto\tan(x)$ sur $\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[$, on en déduit que

$$0<\tan\left(\theta_{i+1}-\theta_i\right)=\dfrac{x_{i+1}-x_i}{1+x_ix_{i+1}}<\tan\left(\dfrac{\pi}{12}\right).$$

Enfin, si $t=\tan\left(\dfrac{\pi}{12}\right)$, alors $\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\tan\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{2t}{1-t^2}$ puis $t^2+2t\sqrt{3}-1=0$. Donc, $t\in\left\{-2-\sqrt{3},2+\sqrt{3}\right\}$ puis $t=2-\sqrt{3}$ car $t>0$.

On a montré que parmie treize réels deux à deux distincts, il en existe au moins deux $x$ et $y$ tels que $0<\dfrac{x-y}{1+xy}<2-\sqrt{3}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

On rappelle que $\tan(a-b)=\dfrac{\tan(a)-\tan(b)}{1+\tan(a)\tan(b)}$.

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $A$ un alphabet à $n$ caractères où $n\geqslant2$. Soit $M_n$ le nombre de mots contenant au plus une fois chaque caractère.

Montrer que $M_n=\lfloor n!e\rfloor-1$.

Corrigé

Soit $n\in\mathbb{N}^*$. Soit $p\in\{1,\ldots,n\}$. Le nombre de mots contenant exactement $p$ caractères, deux à deux distincts, de l’alphabet $A$ est le nombre d’arrangements de $p$ caractères parmi $n$ à savoir $\dfrac{n!}{(n-p)!}$. Par suite,

$$M_n=\displaystyle\sum_{p=1}^{n}\dfrac{n!}{(n-p)!}=n!\displaystyle\sum_{p=0}^{n-1}\dfrac{1}{p!}.$$

Ensuite, en tenant compte de $e=\displaystyle\sum_{p=0}^{+\infty}\dfrac{1}{p!}$,

$$n!e-M_n-1=n!\displaystyle\sum_{p=n}^{+\infty}\dfrac{1}{p!}-1.$$

Déjà $n!e-M_n-1\geqslant n!\times\dfrac{n!}{n!}-1=0$ et donc $M_n+1\leqslant n!e$. D’autre part,

\begin{align*}n!e-M_n-1&=n!\left(\dfrac{1}{n!}+\dfrac{1}{(n+1)!}+\dfrac{1}{(n+2)!}+\ldots\right)-1=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}+\dfrac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}+\ldots\\&\leqslant\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{(n+1)^2}+\dfrac{1}{(n+1)^3}+\ldots=\dfrac{1}{n+1}\times\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{n+1}}\;(\text{car}\;-1<\dfrac{1}{n+1}<1)\\&=\dfrac{1}{n}<1.\end{align*}

En résumé,

$$M_n+1\leqslant n!e<M_n+2.$$

Puisque $M_n+1$ est un en entier, $M_n+1=\lfloor n!e\rfloor$ et donc

$$M_n=\lfloor n!e\rfloor-1.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

Soit $x$ un réel. Pour montrer qu’un entier $k$ est la partie entière du réel $x$, on montre que $k\leqslant x<k+1$ ou aussi que $x-1<k\leqslant x$.

Quand on obtient un encadrement du type $k\leqslant x<k+1$, ne pas oublier de préciser que $k$ est un entier pour pouvoir conclure $k=\lfloor x\rfloor$.

Enoncé (Centrale)

Soit $a\in\mathbb{C}^*\setminus\left(\displaystyle\underset{n\in\mathbb{N}^*}{\bigcup}\mathbb {U}_n\right)$. Pour $n\in\mathbb{N}^*$, on pose $u_n=a_n+a^{-n}$.

Montrer que les propositions suivantes sont équivalentes :

i) $u_1\in\mathbb{Q}$

ii) $\forall n\in\mathbb{N}^*$, $u_n\in\mathbb{Q}$

iii) $\exists n\in\mathbb{N}^*/$ $\left(u_n,u_{n+1}\right)\in\mathbb{Q}^2$.

Corrigé

$\bullet$ ii) $\Rightarrow$ i) est immédiat. Supposons maintenant $u_1\in\mathbb{Q}$.

Pour $n\in\mathbb{N}^*$, $u_1u_n=\left(a+a^{-1}\right)\left(a^n+a^{-n}\right)=a^{n+1}+a^{-(n+1)}+a^{n-1}+a^{-(n-1)}=u_{n+1}+u_{n-1}$ et donc

$$\forall n\in\mathbb{N},\;u_{n+2}=-u_1u_{n+1}+u_{n}.$$

$u_0=2\in\mathbb{Q}$ et $u_1\in\mathbb{Q}$ par hypothèse. Soit $n\geqslant0$. Si $u_n$ et $u_{n+1}$ sont dans $\mathbb{Q}$, alors $u_{n+2}=-u_1u_{n+1}+u_{n}\in\mathbb{Q}$ car $(\mathbb{Q},+,\times)$ est un corps.

On a montré par récurrence que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n\in\mathbb{Q}$. Donc, i) $\Rightarrow$ ii) et finalement i) $\Leftrightarrow$ ii)

$\bullet$ ii) $\Rightarrow$ iii) est immédiat. Supposons maintenant qu’il existe $n\in\mathbb{N}$ tel que $\left(u_n,u_{n+1}\right)\in\mathbb{Q}^2$. Pour $k\in\mathbb{N}$, on pose $v_k=a^k-a^{-k}$.

\begin{align*}u_nu_{n+1}&=\left(a^n+a^{-n}\right)\left(a^{n+1}+a^{-(n+1)}\right)=a^{2n+1}+a^{-(2n+1)}+a+a^{-1}\\&=u_{2n+1}+u_1\end{align*}

et

\begin{align*}v_nv_{n+1}&=\left(a^n-a^{-n}\right)\left(a^{n+1}-a^{-(n+1)}\right)=a^{2n+1}+a^{-(2n+1)}-a-a^{-1}=u_{2n+1}-u_1\end{align*}

puis $u_1=\dfrac{1}{2}\left(u_nu_{n+1}-v_nv_{n+1}\right)$.

Il reste à vérifier que $v_nv_{n+1}\in\mathbb{Q}$. On note que $v_n^2=\left(a^n-a^{-n}\right)^2=a_n^2-2+\left(a_{-n}\right)^2=\left(a^n+a^{-n}\right)^2-4=u_n^2-4\in\mathbb{Q}$ et de même $v_{n+1}^2\in\mathbb{Q}$. Ensuite,

$$\left(\dfrac{u_n+v_n}{2}\right)^{n+1}=a^{n(n+1)}=\left(\dfrac{u_{n+1}+v_{n+1}}{2}\right)^n$$

et aussi

$$\left(\dfrac{u_n-v_n}{2}\right)^{n+1}=a^{-n(n+1)}=\left(\dfrac{u_{n+1}-v_{n+1}}{2}\right)^n.$$

On en déduit que $\left(\dfrac{u_n+v_n}{2}\right)^{n+1}-\left(\dfrac{u_n-v_n}{2}\right)^{n+1}=\left(\dfrac{u_{n+1}+v_{n+1}}{2}\right)^n-\left(\dfrac{u_{n+1}-v_{n+1}}{2}\right)^n$ puis que $\displaystyle\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\dbinom{n+1}{2k+1}u_{n}^{n-2k}v_{n}^{2k+1}=2\displaystyle\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-1}{2}\right\rfloor}\dbinom{n}{2k+1}u_{n+1}^{n-2k-1}v_{n+1}^{2k+1}$. Enfin, puisque $a\notin\mathbb{U}_n$, on a $v_n\neq0$ (et de même $v_{n+1}\neq0$) et donc

$$\dfrac{v_{n}}{v_{n+1}}=2\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-1}{2}\right\rfloor}\dbinom{n}{2k+1}u_{n+1}^{n-2k-1}v_{n+1}^{2k}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\dbinom{n+1}{2k+1}u_{n}^{n-2k}v_{n}^{2k}}\in\mathbb{Q}.$$

On en déduit encore que $v_nv_{n+1}=v_{n+1}^2\dfrac{v_{n}}{v_{n+1}}\in\mathbb{Q}$ et finalement que $u_1=\dfrac{1}{2}\left(u_nu_{n+1}-v_nv_{n+1}\right)\in\mathbb{Q}$. Donc, iii) $\Rightarrow$ ii) et finalement ii) $\Leftrightarrow$ iii).

Commentaires et/ou rappels de cours

Pour la question difficile iii) $\Rightarrow$ ii), il s’agit de récupérer $u_1$ comme une expression en des nombres rationnels tels que $u_n$ et $u_{n+1}$.

On a besoin d’obtenir beaucoup de relations vérifiées par les nombres $u_n$. On pense aussi à l' »expression conjuguée » $a^n-a^{-n}$.

On utilise alors à volonté le fait qu’une somme ou un produit de nombres rationnels est un nombre rationnel.

Enoncé (Mines-Ponts)

Soient $n\geqslant 2$ puis $E=\left\{a_1,\ldots,a_n\right\}$ un ensemble à $n$ éléments. Soient $p\geqslant 2$ puis $A_1$, $\ldots$ , $A_p$, $p$ parties de $E$ deux à deux distinctes. On suppose qu’il existe $c\in\mathbb{N}^*$ tel que, pour tout $(i,j)\in\{1,\ldots,p\}^2$ tel que $i\neq j$, $\text{card}\left(A_i\cap A_j\right)=c$.

Montrer que $p\leqslant n$.

Indication. On pourra considérer la matrice $M=\left(m_{i,j}\right)_{1\leqslant i\leqslant p,\;1\leqslant j\leqslant n}\in\mathscr{M}_{p,n}(\mathbb{R})$ définie par

$$\forall(i,j)\in\{1,\ldots,p\}\times\{1,\ldots,n\},\;m_{i,j}=\left\{\begin{array}{l}1\;\text{si}\;a_j\in A_i\\0\;\text{si}\;a_j\notin A_i\end{array}\right.$$

puis on pourra déterminer $\text{Ker}\left(MM^T\right)$.

Corrigé

Pour tout $i\in\{1,\ldots,p\}$, on pose $\text{card}\left(A_i\right)=c_i$.

$\bullet$ $MM^T$ est une matrice carrée de format $p$. Pour tout $i\in\{1,\ldots,p\}$,

$$\left(MM^T\right)_{i,i}=\displaystyle\sum_{j=1}^{n}m_{i,j}^2=\displaystyle\sum_{\substack{j=1\\a_j\in A_i}}^{n}1=\text{card}\left(A_i\right)=c_i.$$

D’autre part, pour tout $(i,j)\in\{1,\ldots,p\}^2$ tel que $i\neq j$,

\begin{align*}\left(MM^T\right)_{i,j}&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}m_{i,k}m_{j,k}=\displaystyle\sum_{\substack{j=1\\a_k\in A_i\cap A_j}}^{n}1\\&=\text{card}\left(A_i\cap A_j\right)=c.\end{align*}

Donc, $MM^T=\begin{pmatrix}c_1&c&\ldots&c\\c&\ddots&\ddots&\vdots\\\vdots&\ddots&\ddots&c\\c&\ldots&c&c_p\end{pmatrix}$.

$\bullet$ Déterminons alors $\text{Ker}\left(MM^T\right)$. Soit $X=\left(x_i\right)_{1\leqslant i\leqslant p}\in\mathscr{M}_{p,1}(\mathbb{R})$ un élément de $\text{Ker}\left(MM^T\right)$. On pose $s=\displaystyle\sum_{i=1}^{p}x_i$.

Pour tout $i\in\{1,\ldots,p\}$, on a $c_ix_i+c\displaystyle\sum_{\substack{j=1\\j\neq i}}x_j=0$ ou encore $\left(c_i-c\right)x_i+cs=0$ ou enfin

$$s=-\dfrac{c_i-c}{c}x_i.$$

Par construction, pour tout $i\in\{1,\ldots,p\}$, $c_i\geqslant c$.

Si pour tout $i\in\{1,\ldots,p\}$, $c_i>c$ alors pour tout $i\in\{1,\ldots,p\}$, $-\dfrac{c_i-c}{c}<0$ et donc chaque $x_i$ est du signe de $-s$ puis, en sommant, $s$ et $-s$ ont même signe. Ceci impose $s=0$ puis pour tout $i\in\{1,\ldots,p\}$, $x_i=-\dfrac{c}{c_i-c}s=0$. Dans ce cas, $\text{Ker}\left(MM^T\right)=\{0\}$.

Supposons maintenant qu’il existe $i\in\{1,\ldots,p\}$ tel que $c_{i}=c$. On en déduit déjà que $s=-\dfrac{c_i-c}{c}x_i=0$.

Ensuite, pour tout $j\in\{1,\ldots,p\}$, $\text{card}\left(A_{i}\cap A_j\right)=c=c_{i}=\text{card}\left(A_{i}\right)$ puis $A_{i}\cap A_j=A_{i}$ (car $A_{i}\cap A_j\subset A_{i}$). Ainsi,  pour tout $j\in\{1,\ldots,p\}$, $A_{i}\subset A_j$.

Puisque les parties $A_1$, $\ldots$, $A_p$, sont deux à deux distinctes, pour $j\neq i$, on a plus précisément $A_i\underset{\neq}{\subset}A_j$ puis $c_i<c_j$. Mais alors, pour $j\neq i$, $x_j=-\dfrac{c}{c_j-c}s=0$. L’égalité $s=0$ fournit encore $x_i=0$ et finalement $X=0$. Encore une fois, $\text{Ker}\left(MM^T\right)=\{0\}$.

$\bullet$ Puisque $\text{Ker}\left(MM^T\right)=\{0\}$, d’après le théorème du rang, $\text{rg}\left(MM^T\right)=p$. Mais alors, 

$$p=\text{rg}\left(MM^T\right)\leqslant\text{rg}(M)\leqslant n.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

 Quelques rappels sur le rang d’une matrice :

$\bullet$ Pour tout $A\in\mathscr{M}_{n,p}(\mathbb{R})$, $\text{rg}(A)$ est la dimension de l’espace engendré par les colonnes de $A$.

$\bullet$ Pour tout $A\in\mathscr{M}_{n,p}(\mathbb{R})$, $\text{rg}(A)\leqslant n$ et $\text{rg}(A)\leqslant p$ ou encore $\text{rg}(A)\leqslant \text{Min}\{n,p\}$.

 $\bullet$ $\text{rg}(\lambda A+\mu B)\leqslant\text{rg}(A)+\text{rg}(B)$.

$\bullet$ $\text{rg}(AB)\leqslant\text{rg}(A)$ et $\text{rg}(AB)\leqslant\text{rg}(B)$.

$\bullet$ On n’a pas toujours $\text{rg}(AB)=\text{rg}(BA)$. Par exemple, si $A=E_{1,1}$ et $B=E_{1,2}$, $\text{rg}(AB)=1$ et $\text{rg}(BA)=0$.

Enoncé (Mines-Ponts)

On définit trois suites $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$,  $\left(y_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $\left(z_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ par la donnée de $x_0\geqslant0$, $y_0\geqslant0$ et $z_0\geqslant0$ et les relations de récurrence :

$$\forall n\in\mathbb{N},\;x_{n+1}=\left|y_n-z_n\right|,\;y_{n+1}=\left|x_n-z_n\right|,\;z_{n+1}=\left|x_n-y_n\right|.$$

1) Montrer que ces trois suites convergent, l’une vers $0$ et les deux autres vers une limite commune $\alpha$.

2) On suppose $x_0=0$, $z_0=1$ et $y_0\in]0,1[\cap\mathbb{Q}$. Déterminer $\alpha$.

Corrigé

1) Pour tout $n\geqslant2$,

\begin{align*}x_{n+1}&=\left|y_n-z_n\right|=\left|\left|x_{n-1}-z_{n-1}\right|-\left|x_{n-1}-y_{n-1}\right|\right|\\&\leqslant\left|\left(x_{n-1}-z_{n-1}\right)-\left(x_{n-1}-y_{n-1}\right)\right|=\left|y_{n-1}-z_{n-1}\right|\\&=x_n.\end{align*}

Donc, la suite $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est décroissante à partir du rang $1$. De même, les suites $\left(y_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $\left(z_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ sont décroissantes à partir du rang $1$.

Les trois suites $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$, $\left(y_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $\left(z_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ sont décroissantes à partir du rang $1$ et sont d’autre part minorées par $0$. On en déduit que les trois suites $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$, $\left(y_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $\left(z_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ sont convergentes. On note $\ell_x$, $\ell_y$ et $\ell_z$ leurs limites respectives.

Quite à échanger les rôles de $x_0$, $y_0$ et $z_0$, on peut supposer sans perte de généralité que $0\leqslant\ell_x\leqslant\ell_y\leqslant\ell_z$. Quand $n$ tend vers $+\infty$, on obtient

$\ell_x=\left|\ell_y-\ell_z\right|=\ell_z-\ell_y$,

$\ell_y=\left|\ell_x-\ell_z\right|=\ell_z-\ell_x$,

$\ell_z=\left|\ell_x-\ell_y\right|=\ell_y-\ell_x$.

Par suite, $\ell_y+\ell_z=\ell_y+\ell_z-2\ell_x$ puis $\ell_x=0$. Mais alors $\ell_z-\ell_y=0$ puis $\ell_y=\ell_z$.

On a montré que les trois suites $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$, $\left(y_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $\left(z_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ convergent, l’une vers $0$ et les deux autres vers une limite commune $\alpha\geqslant0$.

2) Posons $y_0=\dfrac{a}{b}$ où $a\in\mathbb{N}^*$, $b\in\mathbb{N}^*$, $a\wedge b=1$ et $a<b$.

On pose $x_0’=bx_0=0$, $y_0’=by_0=a$ et $z_0’=bz_0=b$ puis pour tout $n\in\mathbb{N}$,

$$x_{n+1}’=\left|y_n’-z_n’\right|,\;y_{n+1}’=\left|x_n’-z_n’\right|,\;z_{n+1}’=\left|x_n’-y_n’\right|.$$

Par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $x_n’=bx_n$, $y_n’=by_n$ et $z_n’=bz_n$. Mais alors, les suites $\left(x_n’\right)_{n\in\mathbb{N}}$, $\left(y_n’\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $\left(z_n’\right)_{n\in\mathbb{N}}$ convergent, l’une vers $0$ et les deux autres vers $\alpha’=b\alpha\geqslant0$.

Par récurrence, en tenant compte de $x_0’=0$, $y_0’=a$ et $z_0’=b$, les trois suites $\left(x_n’\right)_{n\in\mathbb{N}}$, $\left(y_n’\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $\left(z_n’\right)_{n\in\mathbb{N}}$ sont trois suites d’entiers naturels, convergentes. Ces trois suites sont constantes à partir d’un certain rang $n_0$, l’une étant nulle à partir du rang $n_0$ et les deux autres étant égales à $\alpha’$ à partir du rang $n_0$.

On note que pour tout $n\geqslant 1$, le plus grand des trois nombres $x_n’=d\left(y_{n-1}’,z_{n-1}’\right)$, $y_n’=d\left(x_{n-1}’,z_{n-1}’\right)$ et $z_n’=d\left(x_{n-1}’,y_{n-1}’\right)$ est égal à la somme des deux autres.

Supposons par l’absurde que $\alpha’=0$. Il existe donc $n\in\mathbb{N}^*$ tel que $x_n’=y_n’=z_n’=0$. On en déduit que $x_{n-1}’=y_{n-1}’=z_{n-1}’$ puis, le plus grand des trois nombres étant égal à la somme des deux autres, on en déduit que $x_{n-1}’=y_{n-1}’=z_{n-1}’=0$. Par récurrence descendante, on en déduit encore que $x_0’=y_0’=z_0’=0$, ce qui est faux. Donc, $\alpha’\neq0$.

Montrons alors par récurrence que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\text{pgcd}\left(x_n’,y_n’,z_n’\right)=1$.

$\qquad\bullet$ Un diviseur positif $d$ commun à $x_1’$, $y_1’$ et $z_1’$ est en particulier un diviseur commun à $y_1’=b$ et $z_0’=a$. Donc, $d=1$ puis $\text{pgcd}\left(x_1′,y_1′,z_1’\right)=1$.

$\qquad\bullet$ Soit $n\in\mathbb{N}^*$. Supposons que $\text{pgcd}\left(x_n’,y_n’,z_n’\right)=1$. D’après une remarque ci-dessus, l’un au moins des trois nombres $x_{n+1}’$, $y_{n+1}’$ ou $z_{n+1}’$ est non nul et donc $\text{pgcd}\left(x_{n+1}’,y_{n+1}’,z_{n+1}’\right)$ est bien défini.

$\qquad$ Supposons par exemple, sans perte de généralite, que $x_{n}’\leqslant z_{n}’\leqslant y_{n}’$. D’après une remarque ci-dessus, $y_n’=x_n’+z_n’$ et donc $x_{n+1}’=y_n’-z_n’=x_n’$ et $z_{n+1}’=y_n’-x_n’=z_n’$ (ainsi, seul le plus grand $\qquad$des trois nombres $x_n’$, $y_n’$ ou $z_n’$ est éventuellement modifié dans le passage de $n$ à $n+1$).

$\qquad$ Soit alors $d$ un diviseur positif commun à $x_{n+1}’$, $y_{n+1}’$ et $z_{n+1}’$. Toujours sous l’hypothèse $x_{n}’\leqslant z_{n}’\leqslant y_{n}’$, $d$ divise $x_{n+1}’=x_n’$ et $d$ divise $z_{n+1}’=z_n’$. Puis $d$ divise $x_n’+z_n’=y_n’$. Par hypothèse de $\qquad\text{récurrence}$, $d=1$ et donc $\text{pgcd}\left(x_{n+1}’,y_{n+1}’,z_{n+1}’\right)=1$.

On a montré par récurrence que pour tout $n\geqslant1$, $\text{pgcd}\left(x_n’,y_n’,z_n’\right)=1$. En particulier, $\text{pgcd}\left(0,\alpha’,\alpha’\right)=\text{pgcd}\left(x_{n_0}’,y_{n_0}’,z_{n_0}’\right)=1$ et donc $\alpha’=1$ puis

$$\alpha=\dfrac{1}{q}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Pour tous réels $a$ et $b$, $|a\pm b|\leqslant |a|+|b|$ et $|a\pm b|\geqslant||a|-|b||$.

$\bullet$ Dans la deuxième question $y_0\in\mathbb{Q}$. On pose $y_0=\dfrac{a}{b}$ avec $a$ et $b$ entiers naturels non nuls et premiers entre eux. On débouche donc sur de l’arithmétique et pour faire de l’arithmétique, on se ramène à des entiers en éliminant les fractions …

$\bullet$ Si $a$, $b$ et $c$ sont trois entiers naturels, $\text{pgcd}(a,b,c)$ n’a de sens que si l’un au moins des trois entiers est non nul car si les trois entiers sont nuls, tout entier non nul divise $a$, $b$ et $c$ et il n’en existe pas de plus grand.

$\bullet$ Une suite d’entiers relatifs $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ convergente, est constante à partir d’un certain rang car il existe $n_0\in\mathbb{N}$ tel que pour $n\geqslant n_0$, $\left|x_{n+1}-x_n\right|\leqslant\dfrac{1}{2}<1$ et donc pour $n\geqslant n_0$, $x_{n+1}=x_n$.