Corrigé DS n° 1 Exercice 1 15 points Partie A cf cours 2 points Partie

Corrigé DS n° 1
Exercice 1 15 points
Partie A
cf cours 2 points
Partie B
1. a. 1 point Si nest impair, n4l’est aussi, donc n4+1 est pair.
Si nest pair, n4l’est aussi, donc n4+1 est impair.
b. 1 point Soit nun entier supérieur ou égal à 2.
– Si n≡0 mod 3, n4≡0 mod 3, A(n)≡1 mod 3.
– Si n≡1 mod 3, n4≡1 mod 3, A(n)≡2 mod 3.
– Si n≡2 mod 3, n4≡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 dun 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×n3=1 . Donc k = 1 et on peut en déduire
que d et n sont premiers entre eux .
d. 1 point Soit dun diviseur de A(n). On a alors : n4+1≡0 mod d.
D’où : n4≡ −1 mod d, et donc : n8≡1 mod d.
Donc, pour tout entier ddiviseur de A(n) :
n8≡1 mod d.
2. a. 2 points Soit kun entier tel que nk≡1 mod d.
Effectuons la division euclidienne de kpar s(l’existence de sest assurée d’après
1.d) :
Il existe un unique couple d’entiers (q,r) tel que k=sq +ravec 0 6r<s.
D’où : nk=(ns)q×nr. Or : ns≡1 mod d. Donc : (ns)q≡1 mod d.
Et comme nk≡1 mod d, il en résulte : nr≡1 mod d.
Or r<set sest le plus petit entier naturel non nul ayant cette propriété. Donc
r=0 et donc sdivise k.
b. 1 point On a vu au 1.d que : n8≡1 mod d. Donc d’après a,sest un diviseur
de k=8.
c. 2 points D’après 1.c, l’entier dest premier avec n. Si, de plus, dest premier, alors
il découle du petit théorème de Fermat que :
nd−1≡1 mod d.
Comme d>2 (car premier) alors k=d−1 est un entier naturel non nul. D’où,
d’après a,sdivise k, i.e. sdivise d−1.
On a donc montré que :
Si dest un diviseur premier de A(n), alors sest un diviseur de d−1.

3. 2 points Recherche des diviseurs premiers de A(n) dans le cas où nest un entier pair.
Soit pun diviseur premier de A(n) et soit sle plus petit des entiers naturels non nuls k
tels que nk≡1 mod d.
D’après 2.b sest un diviseur de 8, donc s∈{1,2, 4,8}.
Si s∈{1,2,4}, i.e. si sest un diviseur de 4, alors de : ns≡1 mod pon déduit :
n4≡1 mod p.
D’où :
A(n)≡2 mod p.
Or on a p>2 , puisque nétant 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 sne 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 nest un entier pair :
Si pest un diviseur premier de A(n), alors pest congru à 1 modulo 8.
4. 2 points Recherche des diviseurs premiers de A(12).
A(12) =20737. En effectuant les divisions successives de 20 737 par les nombres de la
liste donnée, on constate que 20737 =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 n2+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 0123456
3a0362514VRAI
5. On peut procéder modulo 2
n 0 1
n20 1 VRAI
2