Corrigé DS n° 1 Exercice 1 15 points Partie A cf cours 2 points Partie B 1. a. 1 point Si n est impair, n 4 l’est aussi, donc n 4 + 1 est pair. Si n est pair, n 4 l’est aussi, donc n 4 + 1 est impair. b. 1 point Soit n un entier supérieur ou égal à 2. – Si n ≡ 0 mod 3, n 4 ≡ 0 mod 3, A(n) ≡ 1 mod 3. – Si n ≡ 1 mod 3, n 4 ≡ 1 mod 3, A(n) ≡ 2 mod 3. 4 – Si n ≡ 2 mod 3, n ≡ 1 mod 3, A(n) ≡ 2 mod 3. Donc, quel que soit l’entier n > 2, A(n) n’est pas un multiple de 3. c. 1 point Soit d un diviseur de A(n) . Soit k un diviseur commun à n et d . Alors , k divise A(n) et n et donc k divise A(n)−n ×n 3 = 1 . Donc k = 1 et on peut en déduire que d et n sont premiers entre eux . d. 1 point Soit d un diviseur de A(n). On a alors : n 4 + 1 ≡ 0 D’où : n 4 ≡ −1 mod d , et donc : n 8 ≡ 1 mod d . Donc, pour tout entier d diviseur de A(n) : n8 ≡ 1 2. mod d . mod d . a. 2 points Soit k un entier tel que n k ≡ 1 mod d . Effectuons la division euclidienne de k par s (l’existence de s est assurée d’après 1.d) : Il existe un unique couple d’entiers (q, r ) tel que k = sq + r avec 0 6 r < s. D’où : n k = (n s )q × n r . Or : n s ≡ 1 mod d . Donc : (n s )q ≡ 1 mod d . k r Et comme n ≡ 1 mod d , il en résulte : n ≡ 1 mod d . Or r < s et s est le plus petit entier naturel non nul ayant cette propriété. Donc r = 0 et donc s divise k. b. 1 point On a vu au 1.d que : n 8 ≡ 1 de k = 8. mod d . Donc d’après a, s est un diviseur c. 2 points D’après 1.c, l’entier d est premier avec n. Si, de plus, d est premier, alors il découle du petit théorème de Fermat que : n d −1 ≡ 1 mod d . Comme d > 2 (car premier) alors k = d − 1 est un entier naturel non nul. D’où, d’après a, s divise k, i.e. s divise d − 1. On a donc montré que : Si d est un diviseur premier de A(n), alors s est un diviseur de d − 1. 3. 2 points Recherche des diviseurs premiers de A(n) dans le cas où n est un entier pair. Soit p un diviseur premier de A(n) et soit s le plus petit des entiers naturels non nuls k tels que n k ≡ 1 mod d . D’après 2.b s est un diviseur de 8, donc s ∈ {1, 2, 4, 8}. Si s ∈ {1, 2, 4}, i.e. si s est un diviseur de 4, alors de : n s ≡ 1 n4 ≡ 1 mod p on déduit : mod p. D’où : A(n) ≡ 2 mod p. Or on a p > 2 , puisque n étant un entier pair alors A(n) est un entier impair. Donc A(n) n’est pas un multiple de p, contrairement à l’hypothèse. Donc s ne divise pas 4 : donc s = 8, et, d’après 2.c, 8 est un diviseur de p − 1, i.e. p −1 ≡ 0 mod 8, et donc p ≡ 1 mod 8. On a donc montré que, dans le cas où n est un entier pair : Si p est un diviseur premier de A(n), alors p est congru à 1 modulo 8. 4. 2 points Recherche des diviseurs premiers de A(12). A(12) = 20 737. En effectuant les divisions successives de 20 737 par les nombres de la liste donnée, on constate que 20 737 = 89 × 233. Or 233 premier . Donc les diviseurs premiers de A(12) sont 89 et 233. Exercice 2 5 points 1. 2014 = 287 × 7 + 5 donc 2014 ≡ 5[7] . 52 ≡ 4[7] , 53 ≡ −1[7] donc 56k ≡ 1[7] et on a : 20142014 ≡ 5335×6+4 ≡ 2[7] : FAUX 2. 23 ≡ −1[9] donc FAUX 3. Si n = 1 , alors n 2 + 5n + 8 = 14 , n + 5 = 6 et le reste de 14 par 6 est 2 . FAUX 4. Réalisons un tableau de congruences modulo 7 a 0 1 2 3 4 5 6 VRAI 3a 0 3 6 2 5 1 4 5. On peut procéder modulo 2 n 0 1 VRAI n2 0 1 2