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\begin{document}

\setcounter{section}{0}

\section{Capes externe de mathématique épreuve 2 session 2014.}

\subsection{Problème 1: matrices d'ordre fini.}

\subsubsection{Partie A: préliminaires.}

	\begin{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item 
			\begin{enumerate}
			\item Si $P$ est scindé sur $\mathbb{R}$ alors $A$ est trigonalisable dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.
			\item Si $P$ est scindé simple sur $\mathbb{R}$ alors $A$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.
			\end{enumerate}
		\item Puisque $\mathbb{C}$ est algébriquement clos (théorème de d'Alembert-Gauss) tous les éléments de $\mathbb{C}[X]$ sont scindés. Donc $A$ est trigonalisable dès lors qu'elle admet un polynôme annulateur. Et si $P$ est simple alors $A$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$.
		\end{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item On a:
		\begin{align*}
		B^{o(B)} &= I_n\\
		\intertext{donc:}
		B\times B^{o(B)-1} &= I_n\\
		\end{align*}
		Puisque $o(B)\ge 1$ cela signifie que $B$ est inversible dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ et que sont inverse est $B^{o(B)-1}$.
		\item Il est clair que si $b$ divise $k$ alors $B^k=I_n$. Démontrons l'implication réciproque en supposant que $B^k=I_n$.
		
		Par construction $b$ est le plus petit entier non nul tel que $B^b=I_n$, donc $b\le k$.
		
		Procédons à la division euclidienne de $k$ par $b$. Il existe $q\in\mathbb{Z}$ et $r\in\mathbb{N}$ avec $0\le r <b$:
		\begin{align*}
		k &= qb+r\\
		\intertext{Donc on obtient successivement:}
		B^k &= (B^b)^q\times B^r\\
		I_n &= I_n\times B^r\\
		I_n &= B^r\\
		\end{align*}
		Comme $0\le r<b$ et en tenant compte du caractère minimal de $b$, nécessairement $r=0$.
		
		On a donc démontré par condition nécessaire et suffisante que $B^k=I_n$ si et seulement si $b$ divise $k$.
		\item Puisque $B^b-I_n=0$ on en déduit que $P_b(X)=X^b-1$ est un polynôme annulateur de $B$. Le spectre de $B$ est donc inclus dans l'ensemble des racines dans $\mathbb{C}$ de ce polynôme. Autrement dit les valeurs propres de $B$ sont parmi les racines $b\text{-iémes}$ de l'unité.
		\item D'après la première question il suffit de montrer que $P_b(X)=X^n-1$ est simple ce qui est bien le cas,donc $B$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$.
		\end{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item Soit $i\in \llbracket 1 ; n\rrbracket $.
		
		Notons $p$ le PPCM de $k_1,\dots ,k_n$.
		
		Donc: $\forall i\in\llbracket 1,n \rrbracket ,\ \exists h_i\in\mathbb{Z},\ k _i \times h_i = p$.
		
		On a alors:
		\begin{align*}
		\lambda _i^p &= (\lambda _i^{k_i})^{h_i}\\
		&= 1
		\end{align*}
		
		Puisque $C$ est diagonalisable il existe une matrice diagonale $D\in\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ telle que: $$\exists P\in\mathrm{GL}_n(\mathbb{C}),\ P^{-1}DP=C$$
		Donc:
		\begin{align*}
		C^p &= P^{-1}D^pP\\
		&= P^{-1}\mathrm{diag}(\lambda _1^p,\dots ,\lambda_n^p)P\\
		&=  P^{-1}\mathrm{diag}(1,\dots ,1)P\\
		&= I_n\\
		\end{align*}
		Ainsi $k$ est un multiple de l'ordre de $C$.
		
		L'ordre de $C$ est fini et divise le PPCM de $k_1,\dots ,k_n$.
		\item 
			\begin{enumerate}[*]
			\item D'après la question précédente: $$o(C) | p$$
			\item Soit $i\in \llbracket 1;n\rrbracket $.
			
			$\lambda _i$ est d'ordre $k_i$ dans le groupe $(\mathbb{C}, \times )$.
			Or
			\begin{align*}
			D^{o(C)} &= I_n\\
			\end{align*}
			donc: $$\forall i\in\llbracket 1,n \rrbracket ,\ \lambda _i ^{o(C)}=1$$
			Donc: $$k_i | o(C)$$
			Ceci étant vrai pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket$:
			$$p | o(C)$$
			\item Des deux points précédents on déduit que $o(C)$ est le PPCM des $k_1,\dots ,k_n$.
			\end{enumerate}	
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}

\subsubsection{Partie B: matrices d'ordre fini à coefficients réels.}

	\begin{enumerate}
	\item Soit $\alpha \in \mathbb{N}^*$ l'ordre de $A$ dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$.
	
	D'après la question 2 de la partie A: les valeur propres de $A$ dans $\mathbb{C}$ appartiennent à l'ensemble $\mathcal{U}_{\alpha}=\left\{ \left. \exp \left(\frac{2i\pi}{\alpha}\right) \right| i\in\llbracket 0,\alpha -1\rrbracket \right\}$ des racines $\alpha \text{-ième}$ de l'unité.
	
	Les seules valeurs propres réelles possibles sont donc 1 et $-1$.	
	
	Autrement dit: $Sp(A)\subset \left\{-1;1\right\}$.
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item 
			\begin{enumerate}[*]
			\item On suppose que $1$ est la seule valeur propre de $A$ dans $\mathbb{C}$, donc
			le polynôme caractéristique de $A$ sur $\mathbb{R}$ est scindé, la racine 1 ayant une multiplicité de 3.
			\item On en déduit d'après la partie A que $A$ est triangulable dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$. De plus les éléments diagonaux de la matrice triangulaire sont les valeurs propres de la matrice répétés autant de fois que l'indique leur multiplicité. Autrement dit:
			$$\exists P\in\mathrm{GL}_3(\mathbb{R}),\ \exists (a,b,c)\in\mathbb{R}^3,\ \  P^{-1}AP=\left( \begin{array}{ccc}
			1 & a & b\\
			0 & 1 & c \\
			0 & 0 & 1\\
			\end{array}
			\right)$$
			\end{enumerate}
		\item Montrons que l'ordre de $B$ divise l'ordre de $A$.
		
		\begin{align*}
		B^{\alpha} &= (P^{-1}AP)^{\alpha}\\
		&= P^{-1}A^{\alpha}P\\
		&=P^{-1}I_nP\\
		&= I_n\\
		\end{align*}
		
		Ainsi $B$ est d'ordre de fini.
		\item Démontrons par récurrence l'égalité de matricielle.
			\begin{enumerate}[*]
			\item $B^0=I_3$.
			\item Soit $k\in\mathbb{N}$. Supposons l'égalité établie au rang $k$.
			
			\begin{align*}
			B^{k+1} &= \left( \begin{array}{ccc}
			1  & ka & \frac{k(k-1)}{2}ac + kb\\
			0 & 1 & kc\\
			0 & 0 & 1 \\
			\end{array}\right) 
			\left( \begin{array}{ccc}
			1 & a & b\\
			0 & 1 & c \\
			0 & 0 & 1\\
			\end{array}
			\right)
			\\
			\intertext{En faisant le produit matriciel:}
			B^{k+1} &= \left( \begin{array}{ccc}
			1  & a+ ka & b+kac+ \frac{k(k-1)}{2}ac + kb\\
			0 & 1 & c+ kc\\
			0 & 0 & 1 \\
			\end{array}\right) 
			\\
			B^{k+1} &= \left( \begin{array}{ccc}
			1  &(k+1)a & \frac{k(k+1)}{2}ac + (k+1)b\\
			0 & 1 & c+ kc\\
			0 & 0 & 1 \\
			\end{array}\right) 
			\\
			\end{align*}
			
			\item On a donc démontré par récurrence sur $k$ l'égalité matricielle proposée.
			\end{enumerate}
		\item Au cours de la question 2.2 on a démontré que: $B^{\alpha}=I_n$ avec $\alpha \in \mathbb{N}$. On en déduit, avec le résultat de la question précédente:
		$$\left\{ \begin{array}{l}
		\alpha a=0\\
		\frac{\alpha (\alpha -1)}{2}ac+\alpha b=0\\
		\alpha c=0\\
		\end{array}
		\right.$$
		On en déduit: $a=b=c=0$.
		
		Autrement dit $A=I_3$.
		\end{enumerate}
	\item Si $-1$ est la seule valeur propre de $A$ dans $\mathbb{C}$ alors $A=-I_3$.
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item Puisque $-1$ est valeur propre et que $1$ est valeur propre double de $A$, le polynôme caractéristique de $A$ est scindé sur $\mathbb{R}$. Donc $A$ est triangulable dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ et les éléments sur la diagonale sont les valeurs propres (l'ordre des valeurs peut être modifié en permutant les vecteurs de la base considérée):
		$$\exists Q\in\mathrm{GL}_3(\mathbb{R}),\ \exists (a,b,c)\in\mathbb{R}^3,\ \  Q^{-1}AQ=\left( \begin{array}{ccc}
		-1 & a & b\\
		0 & 1 & c \\
		0 & 0 & 1\\
		\end{array}
		\right)$$
		\item 
			\begin{enumerate}[*]				\item $C^0=I_n$
			\item Soit $n\in\mathbb{N}$.
			
			Admettons que $C^n$ puisse s'écrire sous la forme: 
			\begin{align*}
			C^n=\left( \begin{array}{ccc}
			(-1)^n & \alpha _n & \beta _n \\
			0 & 1 & \gamma _n \\
			0 & 0 & 1 \\
			\end{array}
			\right)\\
			\intertext{et donc:}				
			C^{n+1} &= C\times C^{n}\\
			&=\left( \begin{array}{ccc}
			-1 & a & b\\
			0 & 1 & c\\
			0 & 0 & 1 \\
			\end{array}
			\right)
			\times 
			\left( \begin{array}{ccc}
			(-1)^n & \alpha _n & \beta _n \\
			0 & 1 & \gamma _n \\
			0 & 0 & 1 \\
			\end{array}
			\right)
			\\
			&= \left( \begin{array}{ccc}
			(-1)^{n+1} & -\alpha _n +a & -\beta _n +a\gamma _n +b \\
			0 & 1 & \gamma _n +c\\
			0 & 0 & 1 \\
			\end{array}
			\right)
			\\
			\end{align*}
			\item Ainsi il existe trois suites réelles $(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}}$, $(\beta_n)_{n\in\mathbb{N}}$ et $(\gamma _n)_{n\in\mathbb{N}}$ définies par:
			$$\left\{ \begin{array}{l}
			\alpha_0=0\\
			\beta _0 =0\\
			\gamma _0=0\\
			\end{array} \right.$$
			et pour tout $n\in\mathbb{N}$:
			$$\left\{ \begin{array}{l}
			\alpha_{n+1}= -\alpha _n+a\\
			\gamma _{n+1}=\gamma _n +c\\
			\beta _{n+1} =-\beta _n+a\gamma _n+b\\
			\end{array} \right.$$
			\end{enumerate}
		\item $(\gamma _n)_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite arithmétique de premier terme $0$ et de raison $c$, donc: $$\forall n\in\mathbb{N},\ c_n =nc$$
		\item Par hypothèse $A$, et donc $C$, est d'ordre fini: $$\exists N\in\mathbb{N}^*,\ C^N=I_N$$
		D'où: 
		\begin{align*}
		\gamma_ N&= 0\\
		Nc&= 0\\
		\intertext{et comme $N>0$ nécessairement:}
		c&= 0\\
		\end{align*}
		\item En procédant de même on montre que $a=0$  puis $b=0$. On en déduit:
		\begin{align*}
		C&= \mathrm{diag}(-1,1,1)\\
		Q^{-1}AQ &= \mathrm{diag}(-1,1,1)\\
		A&= Q\mathrm{diag}(-1,1,1)Q^{-1}\\
		\end{align*}
		Ainsi $A$ et $C$ sont diagonalisables dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$.
		\end{enumerate}
	\item Lorsque $-1$ est valeur propre double et que $1$ est valeur propre simple de $A$, alors $A$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{C})$.
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item Le spectre de $A$ est l'ensemble des racines de son polynôme caractéristique $\chi_A$. Déterminons les racines de $\chi_A$.
			\begin{enumerate}[*]
			\item D'après la question 2.3 de la partie A les valeurs propres de $A$ sont parmi les racines $o(B)-\text{ième}$ dans $\mathbb{C}$ de l'unité.
			
			Puisque, par hypothèse, $A$ admet une racine $z$ imaginaire pure on peut affirmer: $$\exists \theta \in 2\pi \mathbb{Q} \setminus \pi\mathbb{Z},\ z=\mathrm{e}^{i\theta}$$
			\item  $A\in \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) \Rightarrow \chi_A \in \mathbb{R}_3[X]$.
			
			Et comme $z=\mathrm{e}^{i\theta}$ est une racine de $\chi _A$ nécessairement son conjugué, $\overline{z}=\mathrm{e}^{-i\theta}$, est aussi une racine de $\chi_A$.
			\item Comme $\chi_A$ est de degré 3 à coefficient réels il admet une racine réelle $x_0$ qui est aussi une racine $o(B)\text{-ième}$ dans $\mathbb{C}$ de l'unité. Autrement dit: $x_0\in\{-1;1\}$
			\item On a montré que $\chi_A^{-1}(\{ 0 \} )=\{ z,\overline{z},x_0\}$. Donc:$Sp(A)=\{ z,\overline{z},x_0\}$.
			\end{enumerate}
		On a démontré que si $A$ admet une valeur propre imaginaire pur il existe $\theta \in 2\pi\mathbb{Q}\setminus 2\pi\mathbb{Z}$ tel que $Sp(A)=\{ \mathrm{e}^{i\theta}, \mathrm{e}^{-i\theta}, -1\}$ ou $Sp(A)=\{ \mathrm{e}^{i\theta}, \mathrm{e}^{-i\theta}, 1\}$
		\item D'après la question précédente $\chi_A$ est scindé simple dans $\mathbb{C}$ donc $A$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{C})$.
		\end{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}[*]
		\item On a montré dans les questions 2 à 6 que si $A\in\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ est d'ordre fini alors $A$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{C})$ et qu'il existe $\theta\in 2\pi\mathbb{Q},$ tel que $Sp(A)=\{ \mathrm{e}^{i\theta}, \mathrm{e}^{-i\theta}, 1\}$ ou $Sp(A)=\{ \mathrm{e}^{i\theta}, \mathrm{e}^{-i\theta}, -1\}$.
		\item Réciproquement supposons que $A\in\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ soit diagonalisable dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{C})$ et qu'il existe $\theta\in 2\pi\mathbb{Q},$ tel que $Sp(A)=\{ \mathrm{e}^{i\theta}, \mathrm{e}^{-i\theta}, 1\}$. 
		
		Alors: $\exists q\in\mathbb{Q},\ \theta=2\pi q$.
		
		Et comme: $$\exists P\in\mathrm{GL}_3(\mathbb{C}),\ \mathrm{diag}(\mathrm{e}^{i\theta},\mathrm{e}^{-i\theta},1)= P^{-1}AP$$
		Clairement: $\mathrm{diag}(\mathrm{e}^{i\theta},\mathrm{e}^{-i\theta},1)^q=I_3=A^q$. Autrement dit $A$ est d'ordre fini (diviseur de $q$).
		
		On procède de même (ou avec $2q$ si $q$ est impair) lorsque c'est $-1$ et non $1$ qui est valeur propre.
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}

\subsubsection{Partie C: matrices d'ordre fini à coefficients entiers.}

	\begin{enumerate}
	\item Soit $\epsilon \in \{-1,1\}$.
	
	D'après la partie B, $A$ est semblable dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{C})$ à une matrice $B=\mathrm{diag}(\mathrm{e}^{i\theta},\mathrm{e}^{-i\theta},\epsilon )$. Or $\mathrm{tr}(A)=\mathrm{tr} (B)$, donc: $$2\cos (\theta ) +\epsilon \in\mathbb{Z}$$
	D'où: $$2\cos \theta\in \mathbb{Z}$$
	\item On déduit du précédent résultat: $$2\cos \theta \in \{ -2,-1,0,1,2\}$$
	$$\cos \theta \in \left\{ -1,-\frac{1}{2},0,\frac{1}{2},1 \right\}$$
	Finalement: $$\theta \in \frac{\pi}{3}\mathbb{Z} \cup \frac{\pi}{2}\mathbb{Z}$$
	\item D'après ce qui précède il existe $q\in\mathbb{Z}$ tel que: $$B=\mathrm{diag}(\mathrm{e}^{iq\frac{\pi}{3}},\mathrm{e}^{-iq\frac{\pi}{3}},\epsilon )$$ ou $$B=\mathrm{diag}(\mathrm{e}^{iq\frac{\pi}{2}},\mathrm{e}^{-iq\frac{\pi}{2}},\epsilon )$$
	Or:
	\begin{align*}
	B^6 &= \mathrm{diag}(\left( \mathrm{e}^{iq\frac{\pi}{3}}\right) ^6, \left( \mathrm{e}^{-iq\frac{\pi}{3}} \right) ^6,\epsilon ^6 )\\
	&= \mathrm{diag}( \mathrm{e}^{iq2\pi},  \mathrm{e}^{-iq2\pi},1 )\\
	&= I_3\\
	\end{align*}
	et de même si $B=\mathrm{diag}(\mathrm{e}^{iq\frac{\pi}{2}},\mathrm{e}^{-iq\frac{\pi}{2}},\epsilon )$.
	
	Ainsi $B$, et donc $A$ a pour ordre un diviseur de 6: $$o(A)\in \{ 1,2,3,4,6\}$$
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item 
			\begin{enumerate}[*]
			\item $I_3\in\mathcal{M}_3(\mathbb{Z})$ est d'ordre 1.
			\item $\mathrm{diag}(1,1,-1)\in\mathcal{M}_3(\mathbb{Z})$ est d'ordre 2.
			\end{enumerate}
		\item 
			\begin{enumerate}
			\item Notons $C$ la matrice proposée. Comme $\chi_C(X)=\det (C-XI_3)$ en utilisant la méthode de Sarrus: $$\chi _C(X)= -X^3-cX^2-bX-a$$
			\item 
				\begin{enumerate}[*]
				\item Notons $D\in\mathcal{M}_3(\mathbb{Z})$ la matrice recherchée. puisque ses valeurs propres nous sont imposées sont polynôme caractéristique est:
				$$\chi_D(X)=(-1)^3(X-1)\left( X-\mathrm{e}^{\frac{2i\pi}{3}}\right) \left( X-\mathrm{e}^{\frac{-2i\pi}{3}}\right)$$
				Et en développant:
				\begin{align*}
				\chi_D(X) &= -X^3+1\\
				\end{align*}
				En identifiant avec le polynôme de la question précédente posons: $$\left\{ \begin{array}{l}
				a=-1\\
				b=0\\
				c=0\\
				\end{array}
				\right.$$
				et considérons la matrice: 
				$$\left( \begin{array}{ccc}
				0 & 0 & -1\\
				1 & 0 & 0\\
				0 & 1 & 0\\
				\end{array}
				\right)$$
				On vérifie aisément, avec le polynôme caractéristique, que l'on peut choisir cette matrice pour $D$ et qu'elle possède bien les valeurs propres souhaitées.
				\item On peut remarque que les valeurs propres de $M$ sont d'ordre $1$, $3$ et $3$ et que le PPCM de ces ordres est $3$. Donc, d'après la dernière question de la partie A, $M$ est d'ordre $3$.
				
				\medskip
				Sinon on peut détailler le calcul.
				
				Remarquons que $D\ne I_3$.
				$$D^2=\left( \begin{array}{ccc}
				0 & 0 & -1\\
				1 & 0 & 0\\
				0 & 1 & 0\\
				\end{array}
				\right)^2 \\$$
				Donc:
				$$D^2= \left( \begin{array}{ccc}
				0 & 1 & 0\\
				0 & 0 & 1\\
				1 & 0 & 0\\
				\end{array}
				\right)$$
				et: $$D^2\ne I_3$$
				Or:
				$$\left( \begin{array}{ccc}
				0 & 0 & -1\\
				1 & 0 & 0\\
				0 & 1 & 0\\
				\end{array}
				\right)
				\left( \begin{array}{ccc}
				0 & 1 & 0\\
				0 & 0 & 1\\
				1 & 0 & 0\\
				\end{array}
				\right)=I_3$$
				donc $D$ est d'ordre 3.
				\end{enumerate}
			\item Notons $M$ la matrice recherchée. D'après la dernière question de la partie $A$, l'ordre de $M$ est le PPCM des ordres des valeurs propres de $M$.
				\begin{enumerate}[*]
				\item Si l'on souhaite que $M$ soit d'ordre 4 il faut donc que l'une de ses valeurs propres soit d'ordre 4. D'après la question 2 les valeurs propres, pour que $M\in\mathcal{M}_3(\mathbb{Z})$, sont nécessairement $1$, $\mathrm{e}^{i\frac{\pi}{2}}$ et $\mathrm{e}^{-i\frac{\pi}{2}}$.
				
				Le polynôme caractéristique de $M$ est donc:
				$$\chi_M(X)=(-1)^3(X-1)\left( X-\mathrm{e}^{\frac{i\pi}{2}}\right) \left( X-\mathrm{e}^{\frac{-i\pi}{2}}\right)$$
				En développant:
				$$\chi_M(X)=-X^3+X^2-X+1$$
				Posons donc: $$M=\left( 
				\begin{array}{ccc}
				0 & 0 & -1\\
				1 & 0 & 1\\
				0 & 1 & -1\\
				\end{array}
				\right)$$
				On vérifie que  $1$, $\mathrm{e}^{i\frac{\pi}{2}}$ et $\mathrm{e}^{-i\frac{\pi}{2}}$ sont des valeurs propres de $M$ et que donc $M$ est une matrice de $\mathcal{M}_3(\mathbb{Z})$ d'ordre 4.
				\item En procédant de même que précédemment on choisit pour valeur propre  $1$, $\mathrm{e}^{i\frac{\pi}{3}}$ et $\mathrm{e}^{-i\frac{\pi}{3}}$ car $\mathrm{e}^{-i\frac{\pi}{3}}$ est d'ordre 6.
				
				Le polynôme caractéristique de $M$ est donc:
				$$\chi_M(X)=(-1)^3(X-1)\left( X-\mathrm{e}^{\frac{i\pi}{3}}\right) \left( X-\mathrm{e}^{\frac{-i\pi}{3}}\right)$$
				En développant:
				$$\chi_M(X)=-X^3+2X^2-2X+1$$
				Posons donc: $$M=\left( 
				\begin{array}{ccc}
				0 & 0 & -1\\
				1 & 0 & 2\\
				0 & 1 & -2\\
				\end{array}
				\right)$$
				On vérifie que  $1$, $\mathrm{e}^{i\frac{\pi}{3}}$ et $\mathrm{e}^{-i\frac{\pi}{3}}$ sont des valeurs propres de $M$ et que donc $M$ est une matrice de $\mathcal{M}_3(\mathbb{Z})$ d'ordre 6..
				\end{enumerate}
			\end{enumerate}
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}

\subsection{Problème 2: décimales des nombres rationnels.}

\subsubsection{Partie A: nombres décimaux.}

	\begin{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}[*]
		\item Soit $p\in\mathbb{Z}$. On a: $10^0p=p\in\mathbb{Z}$, donc $p\in\mathbb{D}$. 
		Conclusion: $$\mathbb{Z}\subset \mathbb{D}$$
		\item Soit $d\in\mathbb{D}$. Par définition: $$\exists n\in\mathbb{N},\ 10^nd\in\mathbb{Z}$$
		Donc: $$d=\frac{10^nd}{10^n}$$ est bien le quotient d'un entier relatif par un entier naturel non nuls. Autrement dit: $d\in\mathbb{Q}$.
		
		Conclusion: $$\mathbb{D}\subset \mathbb{Q}$$
		\item $0< \frac{1}{10} <1$ donc $\frac{1}{10}\notin \mathbb{Z}$.
		
		$10^1\times \frac{1}{10}=1$ donc $\frac{1}{10}\in\mathbb{D}$.
		
		Ainsi: $\mathbb{Z} \subsetneq \subsetneq \mathbb{D}$.
		\item Clairement: $\frac{1}{3}\in\mathbb{Q}$.
		
		Raisonnons par l'absurde: supposons que $\frac{1}{3}\in\mathbb{D}$. Donc: $$\exists n\in\mathbb{N}, q\in\mathbb{Z},\ 10^n \frac{1}{3}=q$$
		Autrement dit:
		$$10^n=3q$$
		Donc 3 est un facteur premier de $10^n$. Ce qui est impossible puisque les facteurs premiers de $10^n$ sont 2 et 5 avec une multiplicité de $n$.
		
		On a donc démontré par l'absurde que $\frac{1}{3}\notin \mathbb{D}$.
		
		Et donc: $\mathbb{D}\subsetneq \mathbb{Q}$
		\end{enumerate}
	\item Soient $(a,b)\in\mathbb{D}^2$. Il existe donc deux entiers naturels $n_a$ et $n_b$, et deux entiers relatifs $p_a$ et $p_b$ tels que:
	$$\left\{
	\begin{array}{l}
	10^{n_a}a=p_a\\
	10^{n_b}b=p_b\\
	\end{array}\right.$$
		\begin{enumerate}[*]
		\item $$10^{n_a+n_b}(a+b) = 10^{n_b}p_a+10^{n_a}p_b$$
		Et comme $(\mathbb{Z},+,\times)$ est un anneau: $$10^{n_b}p_a+10^{n_a}p_b\in \mathbb{Z}$$
		Ainsi $$a+b\in\mathbb{D}$$
		\item $$10^{n_a+n_b}(ab) = p_ap_b$$
		Et comme $(\mathbb{Z},+,\times)$ est un anneau: $$p_ap_b\in \mathbb{Z}$$
		Ainsi $$ab\in\mathbb{D}$$
		\end{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item Notons $\eta=\max (\alpha ,\beta )$.
		
		On a clairement: $\frac{10^{\eta}}{2^{\alpha}5^{\beta}}\in\mathbb{Z}$.
		
		Et donc: $10^{\eta} \frac{a}{b}\in\mathbb{Z}$.
		
		Ainsi: $x\in\mathbb{D}$.
		\item On suppose $x$ entier décimal non nul: $$\exists n\in  \mathbb{N}^*,\ 10^n \frac{a}{b} \in \mathbb{Z}$$
		Comme $b$ est premier à $a$, d'après le lemme de Gauss, nécessairement $b$ divise $10^n$.
		
		Soit $p$ un diviseur premier de $b$. Puisque $b$ divise $10^n$, par transitivité, $p$ divise $10^n$. Autrement dit $p$ est un facteur premier de $10$, c'est-à-dire 2 ou 5.
		$$p\in\{ 2; 5\}$$
		\item On déduit des questions précédentes que $x$ est un nombre décimal si et seulement si $$\exists (\alpha ,\beta )\in\mathbb{N}^2,\ 2^{\alpha}5^{\beta}=b$$
		\end{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item Soit $n\ge 1$ un entier.
		\begin{align*}
		\sum_{k=0}^n \frac{d_k}{10^k} &= d_0 +\sum_{k=1}^n\frac{d_k}{10^k}\\
		&\le d_0 + \sum_{k=1}^n \frac{9}{10^k}\\
		&\le d_0+\frac{9}{10}\sum_{k=0}^{n-1}\left( \frac{1}{10}\right) ^k\\
		&\le d_0+\frac{9}{10}\frac{1-\left( \frac{1}{10} \right) ^{n-1}}{1-\frac{1}{10}}\\
		&\le d_0+\frac{9}{10}\frac{1}{\frac{9}{10}}\\
		&\le d_0+1\\
		\end{align*}
		Autrement dit la suite des sommes partielle est croissante et majorée donc la série est convergente.
		\item 
			\begin{enumerate}[*]
			\item Supposons que $(d_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est finie.
			
			Dans ce cas: $\exists N\in\mathbb{N},\ \forall n\ge N,\ d_n=0$. Et donc:
			\begin{align*}
			x &= \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{d_n}{10^n}\\
			&= \sum_{k=0}^N \frac{d_n}{10^n}\\
			\end{align*}
			On remarque que $10^N\sum_{k=0}^N \frac{d_n}{10^n} \in\mathbb{Z}$ et que donc $x\in\mathbb{D}$.
			\item Supposons que $(d_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est impropre.
			
			Dans ce cas: $$\exists N\in\mathbb{N}^*,\ \forall n\ge N,\ d_n=9$$
			On peut donc écrire: $$x=d+\sum_{k=N}^{+\infty} \frac{9}{19^k}$$
			où d'une part $$d=\sum_{k=0}^{N-1} \frac{d_k}{10^k}$$
			est un nombre décimal d'après le cas précédent (suite finie).
			
			et d'autre part:
			\begin{align*}
			\sum_{k=N}^{+\infty} \frac{9}{19^k} &= \frac{9}{10^N}\sum_{k=0}^{n-N} \left( \frac{1}{10} \right) ^k\\
			&= \frac{9}{10}\frac{1}{1-\frac{1}{10}}\\
			&=\frac{1}{10^{N-1}}\\
			\end{align*}
			est lui aussi un nombre décimal.
			
			Comme on a établit que la somme de deux nombres décimaux est encore décimale, on peut affirmer: si la suite $(d_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est impropre, alors $x$ est décimal.
			\end{enumerate}
		\item 
			\begin{enumerate}[*]
			\item Soit $N\ge 0$.
			
			\begin{align*}
			\sum_{k=N}^{+\infty} \frac{d_k}{10^k} &= \frac{d_N}{10^N}+\sum_{k=N+1}^{+\infty} \frac{d_k}{10^k}\\
			&\le \frac{d_N}{10^N}+\sum_{k=N+1}^{+\infty} \frac{9}{10^k}\\
			&\le \frac{d_N}{10^N}+\frac{9}{10^{N+1}}\frac{1}{1-\frac{1}{10}}\\
			&\le \frac{d_N}{10^N}+\frac{1}{10^N}\\
			&\le \frac{1+d_N}{10^N}\\
			\end{align*}
			\item Étudions le cas d'égalité en raisonnant par implications réciproques. Supposons d'abord que pour tout $k\ge N+1$, $d_k=9$. On remarque qu'alors la succession d'inégalité précédentes sont des égalités.
			\item Plutôt que d'établir la réciproque montrons sa contraposée: supposons qu'il existe $k_0\ge N+1$ tel que $d_{k_0}<9$.
			
			On a alors:
			$$\sum_{k=N}^{+\infty} \frac{d_k}{10^k} < \sum_{k=N}^{+\infty} \frac{9}{10^k} = \frac{1+d_N}{10^N}$$
			\item On a bien démontré que l'égalité à lieu si et seulement si: $\forall k\ge N+1,\ d_k=9$.
			\end{enumerate}
		\item Soit $(d_n)_{n\in\mathbb{N}}$ et $(c_n)_{n\in\mathbb{N}}$ deux suite décimales propres telles que: $$x=\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{d_k}{10^k}=\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{c_k}{10^k}$$
		Montrons par récurrence que: $\forall n\in\mathbb{N},\ c_n=d_n$.
		
		Notons $$\forall n\in\mathbb{N},\ \left\{ \begin{array}{l}
		R_n=\sum_{k=n}^{+\infty} \frac{d_k}{10^k}\\
		R'_n=\sum_{k=n}^{+\infty} \frac{c_k}{10^k}\\
		\end{array}\right.$$
			\begin{enumerate}[*]
			\item Par hypothèse: $c_0+R'_1=d_0+R_1$.
			
			On en déduit successivement:
			\begin{align*}
			c_0-d_0 &= R_1-R'_1\\
			|c_0-d_0| &= |R_1-R'_1|\\
			\end{align*}
			Or les suites étant propres, d'après la question précédente, on a: $$0\le R_1< \frac{1+d_1}{10}\le 1$$ et $$0\le R'_1< \frac{1+c_1}{10} \le 1$$
			Donc:
			$$|c_0-d_0|<1$$
			Et comme $c_0$ et $d_0$ sont des entiers, on en déduit: $c_0=d_0$.
			\item Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons que: $\forall k\in\llbracket 0,n\rrbracket ,\ c_k=d_k$ et démontrons qu'alors $c_{n+1}=d_{n+1}$.
			
			De: $$\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{d_k}{10^k}=\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{c_k}{10^k}$$
			et en tenant compte de l'hypothèse de récurrence, on déduit successivement:
			\begin{align*}
			\frac{d_{n+1}}{10^{n+1}} + R_{n+2} &= \frac{c_{n+1}}{10^{n+1}} + R'_{n+2}\\
			d_{n+1}-c_{n+1} &= 10^{n+1}R'_{n+2}-10^{n+1}R_{n+2}\\
			|d_{n+1}-c_{n+1}| &= \left|10^{n+1}R'_{n+2}-10^{n+1}R_{n+2}\right|\\
			\end{align*}
			Les suites tant propres, d'après la question précédente, on a: $$0\le 10^{n+1}R_{n+2}< \frac{1+d_{n+1}}{10}\le 1$$ et $$0\le 10^{n+1}R'_{n+2}< \frac{1+c_{n+1}}{10} \le 1$$
			Donc:
			\begin{align*}
			|d_{n+1}-c_{n+1}| <1\\
			\end{align*}
			Or $c_{n+1}$ et $d_{n+1}$ sont des entiers, donc: $c_{n+1}=d_{n+1}$.
			\item On a donc démontré par récurrence l'unicité de la suite décimale propre $(d_n)_{n\in\mathbb{N}}$ telle que: $x=\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{d_k}{10^k}$.
			\end{enumerate}

			\begin{notes}
			\begin{enumerate}[*]
			\item On a: $x=d_0+R_1$ 
			
			avec $d_0\in\mathbb{N}$ et, puisque la suite est propre, $R_1<1$ donc $$d_0=E\left( 10^0(x-d_0)\right)$$
			\item On a: $10(x-d_0)=d_1+10R_2$ 
			
			avec $d_1\in\llbracket 0,9\rrbracket$ et, puisque la suite est propre, $10R_2<1$ donc $$d_1=E\left( 10^1(x-S_0)\right)$$
			\item On a: $10^2(x-S_1)=d_2+10^2R_3$ 
			
			avec $d_2\in\llbracket 0,9\rrbracket$ et, puisque la suite est propre, $10^2R_3<1$ donc $$d_2=E\left( 10^2(x-S_1)\right)$$
			\item On a: $10^3(x-S_2)=d_3+10^3R_4$ 
			
			avec $d_3\in\llbracket 0,9\rrbracket$ et, puisque la suite est propre, $10^3R_4<1$ donc $$d_3=E\left( 10^3(x-S_2)\right)$$
			\item Soit $h\in\mathbb{N}^*$. On suppose déterminés de façon unique les termes $d_0,\dots, d_{h-1}$.
			
			On a: $10^h(x-S_{h-1})=d_h+10^hR_{h+1}$ 
			
			avec $d_h\in\llbracket 0,9\rrbracket$ et, puisque la suite est propre, $10^hR_{h+1}<1$ donc $$d_h=E\left( 10^h(x-S_{h-1})\right)$$
			\end{enumerate}
		On a ainsi construit une suite $(d_n)_{n\in\mathbb{N}}$ unique, si elle est propre.
		\end{notes}
		\end{enumerate}
	\item $x$ est un nombre décimal positif donc: $$\exists N\in\mathbb{N},\ 10^Nx\in\mathbb{Z}$$
	Notons $d_N$ le chiffre des unités de $10^Nx$, $d_{N-1}$ le chiffres des dizaines de  $10^Nx$, etc. jusqu'à $d_0$ le nombre entier formé par tous les chiffres restants. On a donc: $$10^Nx=10^Nd_0+\sum_{k=1}^N 10^{N-k}d_k$$
	et donc: $$x=\sum_{k=0}^N \frac{10^{N-k}d_k}{10^N}$$
	ou encore: $$x=\sum_{k=0}^N \frac{d_k}{10^k}$$
	Si l'on complète cette suite par: $\forall n\in\mathbb{N},\ n\ge N+1 \Rightarrow d_n=0$, alors on a bien construit une suite décimale finie (donc propre) qui est unique d'après le question précédente.
	\end{enumerate}

\subsubsection{Partie B: périodicité  des décimales d'un rationnel positif non décimal.}

	\begin{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item Je choisie un algorithme qui affiche les résultats au fur et à mesure plutôt qu'une longue liste ce qui nécessiterais beaucoup de variable ou des listes. La sortie est donc intégrée au traitement.
		
		\medskip
		\noindent 
		\begin{tabular}{|m{2cm}|m{8cm}|}
		\hline
		\textbf{Variables} & $a$, $b$, $n$, $N$, $r$ et $k$ des nombres.\\
		\hline
		\textbf{Entrée} & Choisir des valeurs pour $a$, $b$ et $N$.\\
		\hline
		\textbf{Traitement} & 
		Pour $k$ allant de $0$ à $N$ faire:\newline
		\begin{tabular}{m{1.5cm}m{5cm}}
		&Affecter à $d$ la valeur $E\left( \frac{a}{b} \right)$.\\
		&Affecter à $r$ la valeur $a-b\times d$.\\
		&Afficher $d$ et $r$.\\
		&Affecter à $a$ la valeur $10r$.\\
		\end{tabular}
		\newline
		Fin de pour.
		\\
		\hline
		\end{tabular}
		\item Si $x=\frac{5}{13}$ alors avec une calculatrice:
			\begin{itemize}
			\item $d_0=0$ et $r_0=5$,
			\item $d_1=3$ et $r_1=11$,
			\item $d_2=8$ et $r_2=6$,
			\item $d_3=4$ et $r_3=8$,
			\item $d_4=6$ et $r_4=2$,
			\item $d_5=1$ et $r_5=7$,
			\item $d_6=5$ et $r_6=5$,
			\item $d_7=3$ et $r_7=11$.
			\end{itemize}
		\end{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item Démontrons par récurrence sur $n$ l'égalité proposée.
			\begin{enumerate}[*]
			\item Vérifions l'égalité pour $n=0$.
			\begin{align*}
			x &= \frac{a}{b}\\
			&= \frac{d_0b+r_0}{b}\\
			&= d_0+\frac{r_0}{b}\\
			\end{align*}
			\item Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons $$x=\sum_{k=0}^n \frac{d_k}{10^k}+\frac{r_n}{10^nb}$$
			Par construction des suites $(d_n)_{n\in\mathbb{N}}$ et $(r_n)_{n\in\mathbb{N}}$: $$r_n=\frac{d_{n+1}b+r_{n+1}}{10}$$
			donc:
			\begin{align*}
			x &= \sum_{k=0}^n \frac{d_k}{10^k}+\frac{\frac{d_{n+1}b+r_{n+1}}{10}}{10^nb}\\
			&=  \sum_{k=0}^n \frac{d_k}{10^k}+ \frac{d_{n+1}}{10^{n+1}}+\frac{r_{n+1}}{10^{n+1}b}\\
			&=  \sum_{k=0}^{n+1} \frac{d_k}{10^k}+\frac{r_{n+1}}{10^{n+1}b}\\
			\end{align*}
			L'égalité est donc vraie au rang $n+1$.
			\end{enumerate}
		On a donc démontré l'égalité pour tout entier $n$.
		\item Soit $n\in\mathbb{N}$.
		
		On déduit de la précédente égalité: $$10^na=\left( \sum_{k=0}^n d_k10^{n-k} \right) b+r_n$$
		avec $0\le r_n<b$ par construction et $\left( \sum_{k=0}^n d_k10^{n-k} \right)$ qui est un entier. On peut donc affirmer que $r_n$ est le reste de la division euclidienne de $10^na$ par $b$.
		\item 
			\begin{enumerate}[*]
			\item D'après la question précédente, pour tout $n\in\mathbb{N}$:
			$$x-\sum_{k=0}^n\frac{d_k}{10^k}=\frac{r_n}{10^nb}$$
			Or $0 \le r_n<b$, donc $0\le \frac{r_n}{10^nb} <\frac{1}{10^n}$.
			
			Et comme $\frac{1}{10^n}\underset{n+\infty}{\longrightarrow}0$, on conclut: $$\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{d_k}{10^k}=x$$
			\item 
			$d_0$ est un entier par construction.
				
			Soit $n\in\mathbb{N}$.
			
			$d_{n+1}=E\left( \frac{10r_n}{b} \right) $. Or $0\le r_n< b$, donc $0\le d_{n+1} <10$. Autrement dit $d_{n+1}\in \llbracket 0,9\rrbracket$.
			Ainsi $(d_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite décimale.
			\item Montrons que la suite $(d_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est propre en raisonnant par l'absurde. Supposons donc que la suite est impropre, c'est-à-dire: $$\exists N\in\mathbb{N}^*,\ \forall n\ge N, d_n=9$$
			On a donc:
			$$x=\sum_{k=0}^{N-1} \frac{d_k}{10^k} +\sum_{k=N}^{+\infty} \frac{9}{10^k}$$
			Or: $$\sum_{k=N}^{+\infty} \frac{9}{10^k}=\frac{1}{10^{N}}\times \frac{•}{•}$$
			donc: $$x=\sum_{k=0}^{N-1} \frac{d_k}{10^k}+\frac{1}{10^{N-1}}$$
			Ainsi on voit que l'on peut trouver une suite décimale $(d'_n)_{n\in\mathbb{N}}$ finie telle que: $$x=\sum_{k=0}^{N-1} \frac{d'_k}{10^k}$$
			Donc d'après la question 4.2 de la partie A cela implique que $x$ est un nombre décimal ce qui contredit l'hypothèse contraire faite au début de la partie B;
			
			On a donc démontré par l'absurde que la suite $(d_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est nécessairement propre.
			\end{enumerate}
		\end{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item On peut là encore raisonner par l'absurde. Supposons: $$\exists N\in\mathbb{N},\ r_N$$
		Clairement: $\forall n\ge N,\ r_n=0$.
		
		Autrement dit la suite décimale est finie est donc $x$ est décimal ce qui contredit l'hypothèse faite dans cette partie.
		
		Donc, nécessairement: $$\forall n\in\mathbb{N},\ r_n>0$$
		\item Par construction des $r_n$ et d'après la question précédente: $$\forall n\in\mathbb{N},\ r_n\in\llbracket 1,b-1\rrbracket$$
		En particulier les $b$ nombres $r_0$, $r_1$,$\dots $, $r_{b-1}$ appartiennent à un ensembles de $b-1$ éléments. Donc, nécessairement, au moins deux d'entre eux sont égaux.
		
		Les nombres $r_0,r_1,\dots ,r_{b-1}$ ne peuvent pas être deux à deux distincts.
		\item Nous allons montrer par récurrence forte que: $$\forall n\ge p+q,\ \left\{ 
		\begin{array}{l}
		r_n=r_{n-p}\\
		d_{n+1}=d_{n+1-p}\\
		\end{array}
		\right.$$
			\begin{enumerate}[*]
			\item Remarquons d'abord que, par construction et d'après la question précédente: $r_{p+q}=r_q$.
			
			D'autre part: $$d_{q+p}=E\left( \frac{10r_{q+p}}{b} \right)$$
			Et donc:
			\begin{align*}
			d_{q+p}&= E\left( \frac{10r_{q}}{b} \right)\\
			&= d_q\\
			\end{align*}
			\item Soit $n\in\mathbb{N}$ tel que $n\ge q+p$. On suppose que 
			$$\left\{\begin{array}{l}
			r_n=r_{n-p}\\
			d_{n+1}=d_{n+1-p}\\
			\end{array}
			\right.$$
			Montrons que ces égalités sont vraies au rang $n+1$.
			
			\medskip
			Par construction des suites: $$r_{n+1}=10r_{n}-d_{n+1}$$
			Or, par hypothèse de récurrence: $$\left\{\begin{array}{l}
			r_{n}= r_{n-p}\\
			d_{n+1}=d_{n+1-p}\\
			\end{array}
			\right.$$
			donc: 
			\begin{align*}
			r_{n+1}&= 10r_{n-p}-d_{n+1-p}\\
			&= r_{n+1-p}\\
			\end{align*}
			
			\medskip
			Puisque $0\le r_n <b$: 
			\begin{align*}
			d_{n+2} &= E\left( \frac{10r_{n+1}}{b} \right)\\
			\intertext{D'après l'égalité précédemment établie:}
			d_{n+2} &= E\left( \frac{10r_{n+1-p}}{b} \right)\\
			&= d_{n+2-p}\\
			\end{align*}
			\end{enumerate}
		On a donc démontré par récurrence que la suite $(d_r)_{n\in\mathbb{N}}$ est périodique de période $p$ à partir du rang $q$ et que la suite $(r_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est périodique de période $p$ à partir du rang $q+1$.
		\end{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item 
			\begin{enumerate}
			\item On considère l'application surjective: $$\begin{array}{rccl}
			s:& \llbracket 0\ ;\ b-1\rrbracket & \rightarrow & \mathbb{Z} /b\mathbb{Z}\\
			& k & \mapsto & 10^k\\
			\end{array}$$
			Comme $x$ est un nombre non décimal nécessairement 10 est premier à $b$ (question 3 de la partie A). Donc: $10\in\ (\mathbb{Z}/b\mathbb{Z})^*$.
			
			D'où: $$s(\llbracket 0\ ;\ b-1 \rrbracket ) \subset (\mathbb{Z}/b\mathbb{Z})^*$$
			En considérant les cardinaux des ensembles on peut affirmer que $s$ n'est pas injective. Autrement dit, parmi les nombres  $10^0,10^1,\dots ,10^{b-1}$, au moins deux d'entre eux sont congrus modulo $b$.
			\item 
				\begin{enumerate}[*]
				\item Montrons que $10^p$ et $10^{p+q}$ sont biens congrus modulo $b$.
				
				D'après la question 2.2 de la partie B: $$\forall n\in\mathbb{N},\quad 10^na \equiv r_n \mod b$$
				En particulier:
				$$\left\{\begin{array}{l}
				10^qa \equiv r_{q} \mod b \\
				10^{q+p}a \equiv r_{q+p} \mod b\\
				\end{array}\right. $$
				Or $r_{q+p}=r_q$, donc: $$10^q a \equiv 10^{q+p}a \mod b$$
				$a$ est premier à $b$, par construction, donc $a\in(\mathbb{Z}/b\mathbb{Z})^*$. $a$	étant inversible il est régulier dans $(\mathbb{Z}/b\mathbb{Z})^*$ et donc:
				$$10^q  \equiv 10^{q+p} \mod b$$
				\item Montrons que si, pour $q'$ et $p'$ des entiers naturels, $10^{q'}$ et $10^{q'+p'}$ sont congrus modulo $b$ alors $r_{q'}=r_{q'+p'}$.
				
				\begin{align*}
				10^{q'}\equiv 10^{q'+p'} \mod b &\Rightarrow 10^{q'}a \equiv 10^{q'+p'} a \mod b\\
				\intertext{D'après la question 2.2  de la partie B:}
				&\Rightarrow r_{q'} \equiv r_{q'+p'} \mod b\\
				\intertext{Et comme $r_n\in \llbracket 0,b-1 \rrbracket$:}
				&\Rightarrow r_{q'} = r_{q'+p'}\\
				\end{align*}
				\item D'après le point précédent si $q'$ est un exposant d'un nombre de la liste $10^0,\ 10^1,\ \dots ,\ 10^{b-1}$ qui est congru modulo $b$ à un autre nombre de cette liste, alors $q' \ge q$.
				
				Et comme $p$ est un tel exposant on peut affirmer que  $q$ est le plus petit exposant d'un nombre de la liste $10^0,\ 10^1,\ \dots ,\ 10^{b-1}$ qui est congru modulo $b$ à un autre nombre de cette liste.
				\item Soit $p'$ un entier naturel. De même que précédemment si $10^{q+p'}\equiv 10^{q} \mod b$, alors $r_{q+p'}= r_{q}$ donc $p'\ge p$. Et donc $q+p$ est l'exposant du premier nombre de la liste $10^0,\ 10^1,\ \dots ,\ 10^{b-1}$ congru à $10^q$ modulo $b$ et distinct de 	$10 ^q$.
				\end{enumerate}
			\end{enumerate}
		\item La question précédente a permit d'établir que la période et la pré-période de $\frac{a}{b}$ ne dépendent pas de $a$ mais seulement de $b$. Comme $1$ et $b$ sont bien premiers entre eux, $\frac{a}{b}$ et $\frac{1}{b}$ ont même période et même pré-période.
		\end{enumerate}
	\item En utilisant le programme sur une calculatrice on obtient rapidement:
		\begin{enumerate}[*]
		\item 
	\begin{align*}
	1&= 0\times 7+ 1\\
	10&= 1\times 7+ 3 \\
	30&= 4\times 7+ 2\\
	20&= 2 \times 7+ 6\\
	60&= 8\times 7+ 4 \\
	40&= 5\times 7+5 \\
	50&= 7\times 7+1 \\
	\end{align*}
	Donc pour $b=7$, $q=0$ et $p=6$.
		\item 
		\begin{align*}
		1&= 0\times 12 + 1 \\
		10 &= 0 \times 12 + 10  \\
		100 &= 8\times 12 + 4 \\
		40&= 3 \times 12 + 4 \\
		\end{align*}
		Donc pour $b=12$, $q=2$ et $p=1$.
		\item 
		\begin{align*}
		1&= 0\times 112+ 1\\
		10&= 0\times 112+ 10 \\
		100 &= 0\times 112+ 100\\
		1000&= 8\times 112+ 104 \\
		1040&= 9\times 112+ 32\\
		320&= 2\times 112+ 96\\
		960 &= 8\times 112+ 64\\
		640&= 5\times 112+80 \\
		800&= 7\times 112+ 16\\ 
		160&= 1\times 112+ 48\\
		480&= 4\times 112+32 \\
		\end{align*}
		Donc pour $b=112$, $q=4$ et $p=6$.
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}

\subsubsection{Partie C: détermination de la pré-période.}

	\begin{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item $b$ est premier à 10 donc $10\in (\mathbb{Z}/b\mathbb{Z})^*$. 10 étant inversible il est régulier et donc:
		$$10^q\equiv 10^{q+p}= \mod b \quad \Rightarrow \quad 10^p \equiv 1\mod b$$
		L'implication réciproque découle de la structure d'anneau de $\mathbb{Z}/b\mathbb{Z}$.
		
		Donc: $$10^q\equiv 10^{q+p}= \mod b \quad \Leftrightarrow \quad 10^p \equiv 1\mod b$$
		\item $10^p \equiv 10^0 \mod b$, donc , d'après la question 4 de la partie B: $$\omega (b)= 0$$
		\end{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}[*]
		\item Montrons: $10^q(10^p-1)$ multiple de $b=2^j\times 5^k \times c$ si et seulement si $10^q$ est multiple $2^j\times 5^k$ et $10^p-1$ est multiple de $c$.
		
		\medskip
		Supposons tout d'abord que $10^q(10^p-1)$ est un multiple de $b=2^j\times 5^k \times c$. 
		
		Donc: $\exists l\in\mathbb{Z},\ 10^q(10^p-1)=l\times 2^j\times 5^k \times c$.
		
		Par hypothèse $c$ est premier à 10 donc, d'après la lemme de Gauss, $c$ divise $10^p-1$. Autrement dit $10^p-1$ est un multiple de $c$.
		
		D'autre part $10^p-1$ n'étant divisible ni par 2 ni par 5, il est premier à $2^j\times 5 ^k$, et donc , d'après le lemme de Gauss, $2^j\times 5^k$ divise $10^q$.
		
		Supposons, réciproquement, que $10^q$ est multiple $2^j\times 5^k$ et $10^p-1$ est multiple de $c$. Dans ce cas il existe des entiers $l_1$ et $l_2$ tels que: $$\left\{\begin{array}{l}
		10^q=l_1\times 2^j\times 5^k \\
		10^p-1 =l_2\times c\\
		\end{array}\right.$$
		En multipliant terme à terme: $$10^q(10^p-1) =l_1\times 2^j\times 5^k  \times l_2\times c$$
		Autrement dit $10^q(10^p-1)$ multiple de $b=2^j\times 5^k \times c$.
		\item 
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}

\subsubsection{Partie D: détermination de la période.}

	\begin{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item $\overline{10}\in (\mathbb{Z}/b\mathbb{•}{Z})^*$ car $b$ est premier à 2 et 5 et donc $\overline{10}\neq \overline{0}$
		
		\medskip
		Puisque $b$ est premier $(\mathbb{Z}/b\mathbb{Z})^*$ est un groupe multiplicatif et donc: $$\forall \overline{a} \in (\mathbb{Z}/b\mathbb{Z})^*,\ \overline{10}\times \overline{a} \in (\mathbb{Z}/b\mathbb{Z})^*$$
		Ainsi l'application $f$ est bien définie.
		
		\medskip
		Soient $\overline{a}$ et $\overline{b}$ dans $(\mathbb{Z}/b\mathbb{Z})^*$. Puisque $(\mathbb{Z}/b\mathbb{Z})^*$ est un groupe multiplicatif ses éléments sont réguliers et donc: 
		\begin{align*}
		\overline{10}\times \overline{a} =\overline{10}\times \overline{b} &\Rightarrow \overline{a} =\overline{b} 
		\end{align*}
		Et donc $f$ est injective.
		
		\item Dans un groupe fini l'ordre d'un élément divise l'ordre du groupe, or $(\mathbb{Z}/b\mathbb{Z})^*$ est d'ordre $b-1$ (puisque $b$ est premier), donc: $10^{b-1} \equiv 1 \mod b$.
		
		\item Si $r$ est le reste de la division euclidienne de $n$ par $m$ alors il existe $q\in\mathbb{Z}$ tel que: $\left\{ \begin{array}{c} n=q\times m+r \\ 0\le r <m \\ \end{array} \right.$
		
		On a successivement:
		\begin{align*}
		10^n-1 &= 10^{qm+r}-1 \\
		&= (10-1)\sum_{k=0}^{qm+r-1} 10^k \\
		&= (10-1)\sum_{r}^{qm+r-1} 10^{k}+(10-1)\sum_{0}^{r-1} 10^{k}\\
		&= (10-1)10^r\sum_{0}^{qm-1} 10^{k}+10^r-1\\
		&= 10^r(10^{qm}-1)+10^r-1 \\
		&= 10^r((10^{m})^q-1)+10^r-1 \\
		&= 10^r(10^m-1)(\sum_{k=0}^{q-1} 10^k)+10^r-1 \\
		&=(10^m-1) \times \left[ 10^r (\sum_{k=0}^{q-1} 10^k \right] +10^k-1
		\end{align*}
		
		Et comme $10^r-1 <10^m-1$, car $r<m$, on peut affirmer que $10^r-1$ est le reste de la division euclidienne de $10^n-1$ par $10^m-1$.
		
		\item Soit $k$ un entier tel que $10^k \equiv 1 \mod b$.
		
		Notons $q$ le quotient de la division euclidienne de $k$ par $\pi (b)$ et $r$ son reste (donc $0\le r < \pi(b)$). Montrons que nécessairement $r=0$.
		
		\medskip
		D'après la question précédente il existe un entier $q$ tel que: $$10^k-1= (10^{\pi(b)} -1)\times q +10^r-1$$
		On en déduit successivement:
		\begin{align*}
		10^k-1 &\equiv (10^{\pi (b) }-1)\times q +10^r-1 \mod b\\
		0 &\equiv 0\times q + 10^r-1 \mod b\\
		10^r &\equiv 1 \mod b
		\end{align*}
		
		Comme $\pi (b)$ est le plus petit entier non nul tel que $10^{\pi (b)} \equiv 1 \mod b$ et que $r<\pi (b)$ nécessairement $r=0$.
		
		\medskip
		Ainsi $k$ est un multiple de $\pi (b)$.
		
		\medskip
		En particulier pour $k=b-1$ on en déduit que $\pi (b)$ divise $b-1$.
		\end{enumerate}
	
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item 
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}

\end{document}