corrigé

TaleS – Spé Math 2006-2007 fiche 4 - révision du DS n°1 - correction
TaleS – Mathématiques (enseignement de spécialité)
Fiche d’exercices : « Révision du DS n°1 »
Le 03/10/2006 CORRECTION
Exercice 1
Montrer que si l’entier n est premier, alors n + 7 n’est pas premier.
1er cas : n est pair.
Comme n est premier alors n = 2 (2 est le seul nombre premier).
n + 7 est donc égal à 9, qui n’est pas premier.
2ème cas : n est impair.
n + 7 est donc pair. Pour que n + 7 soit premier, il faudrait que n + 7 = 2, c’est à dire n = −5.
Cela est impossible car n est premier, donc positif.
Exercice 2
a) Déterminer l’ensemble des entiers naturels n tels que 2n + 5 | n + 9.
b) Déterminer toutes les valeurs de n pour lesquelles n² + 3n + 1 est un multiple de n − 1.
a) on utilise la propriété : si a|b (a et b naturels) alors a b b
Si 2n + 5|n + 9, alors 2n + 5 b n + 9, c’est à dire : n b 4.
Testons pour les valeurs 0, 1, 2, 3 et 4.
n 2n + 5 n + 9
0 5 9
1 7 10
2 9 11
3 11 12
4 13 13
Seul le cas n=4 marche.
b) On utilise la propriété « a|b et a|c ï a|βb+ γc , pour tout β et γ entiers. »
- On a : n − 1|n² + 3n + 1 et n − 1| n − 1.
En choisissant β = 1 et γ = −n, on obtient : n − 1|n² + 3n + 1 − n(n − 1)
D’où n − 1|n² + 3n + 1 − n² + n
Ce qui implique n − 1| 4n + 1.
- On obtient donc : n − 1| 4n + 1 et n − 1| n − 1.
En choisissant β = 1 et γ = −4, on obtient : n − 1|4n + 1 − 4(n − 1).
D’où n − 1|5.
Ainsi, n−1 est un diviseur de 5.
n − 1 n
5 6
1 2
−1 0
−5 −4

TaleS – Spé Math 2006-2007 fiche 4 - révision du DS n°1 - correction
Exercice 3
Soit p, q et r des nombres premiers tels que p < q et p + q = r.
Montrer que p = 2.
- Si p et q sont premiers, alors pr 2 et q r 2. Donc r r 4.
Or, comme 2 est la seul nombre premier pair, si r est premier, il est impair.
- Comme p + q = r, on en déduit que p + q est impair.
Or, pour que la somme de deux entiers naturels soit impaire, il faut et il suffit que les deux
nombres n’aient pas la même parité.
Si p est impair et q est pair.
q est premier, donc q = 2.
2 étant le plus petit des nombres premiers, il est impossible que p < q.
Donc p est pair, q est impair.
p étant premier, p = 2.
Exercice 5
Soit a et b deux entiers. Montrer que si 3 | a3 + b3, alors 3 | (a + b)3.
(a + b)3 = (a + b)2 × (a + b)
= (a2 + 2ab + b2) × (a + b)
= a3 + a2b + 2a2b + 2ab2 + b2a + b3
(a + b)3 = a3 + 3 (a2b + ab2) + b3
On sait que 3 | a3 + b3 et que 3 | 3 (a2b + ab2).
Donc 3 | a3 + b3 + 3 (a2b + ab2)
Finalement : 3 | (a + b)3
Exercice 6
1) Déterminer les couples d’entiers (a ;b) solutions de l’équation ab = 6.
2) Développer (x − 3)(y − 2).
3) Déduire des questions 1) et 2) les couples d’entiers (x ;y) solutions de l’équation xy = 2x + 3y.
1) ab = 6 donc a et b sont des diviseurs de 6.
Les possibilités sont :
a 6 3 2 1 -1 -2 -3 -6
b 1 2 3 6 -6 -3 -2 -1
2) (x − 3)(y − 2) = xy − 2x − 3y + 6.
3) xy = 2x + 3y ñ xy − 2x − 3y = 0
ñ (x − 3)(y − 2) = 6
Les possibilités sont donc :
x − 3 6 3 2 1 -1 -2 -3 -6
y − 2 1 2 3 6 -6 -3 -2 -1

TaleS – Spé Math 2006-2007 fiche 4 - révision du DS n°1 - correction
Ce qui donne :
x 9 6 5 4 2 1 0 -3
y 3 4 5 8 -4 -1 0 1
Exercice 7
Déterminer les couples d’entiers (x ; y) tels que 4x² − y² = 11.
4x² − y² = 11 ñ (2x − y)(2x + y) = 11
2x − y et 2x + y sont donc des diviseurs de 11.
Les possibilités sont donc :
2x − y = 11 ou 2x − y = 1 ou 2x − y = -11 ou
2x − y = -1
2x + y = 1 2x + y = 11 2x + y = -1 2x + y = -11
Ce qui donne :
x = 3 ou x = 3 ou x = -3 ou x = -3
y = -5 y = 5 y = 5 y = -5
Exercice 8
1) Trouver la forme factorisée du polynôme du second degré x2 + 6x + 5.
2) Pour quelles valeurs de l’entier naturel n le nombre n4 + 6n2 + 5 est-il « composé » ?
Un entier naturel est dit « composé » s’il n’est pas premier.
1) ∆ = 16, les deux racines du polynôme x2 + 6x + 5 sont –1 et –5.
Donc x2 + 6x + 5 = (x + 1)(x + 5).
2) En posant x = n2, on a : n4 + 6n2 + 5 = (n2 + 1)(n2 + 5).
Pour que (n2 + 1)(n2 + 5) soit premier, il faudrait que n2 + 1 = 1 ou n2 + 5 = 1.
La seconde relation étant impossible, on obtient donc nécessairement n2 + 1 = 1, ce qui signifie
n = 0. Dans ce cas, n4 + 6n2 + 5 = 5, qui est premier.
Conclusion, n4 + 6n2 + 5 n’est pas premier si et seulement si n ∫ 0.
Exercice 9
Montrer que le nombre n2 + 8n + 15 n’est premier pour aucune valeur de n.
Agissons de même que dans l’exercice précédent.
∆ = 4, les deux racines du polynôme n2 + 8n + 15 sont –3 et –5.
Donc n2 + 8n + 15 = (n + 3)(n + 5)
Pour que (n + 3)(n + 5) soit premier, il faudrait que n + 3 = 1 ou n + 5 = 1.
On aurait ainsi : n = −2 ou n = −4.
- Si n = −2, alors n2 + 8n + 15 = 3 : nombre premier.
- Si n = −4, alors n2 + 8n + 15 = 1 : non premier.
Donc, pour n entier relatif, on a :
le nombre n2 + 8n + 15 est premier ñ n = −2.

TaleS – Spé Math 2006-2007 fiche 4 - révision du DS n°1 - correction
Remarque : l’énoncé aurait dû préciser que n était un entier naturel.
Exercice 10
Soit p un nombre premier différent de 2.
1) Montrer que
2) Déterminer tous les couples d’entiers naturels (x ; y) tels que x² − y² = p²
1) Si p est un nombre premier différent de 2, alors p est impair.
Donc p² est impair.
Ainsi p² − 1 et p² + 1 sont pairs.
Ce qui implique que p² − 1
2 et p² + 1
2 sont des entiers.
2) x² − y² = p² ñ (x − y)(x + y) = p².
Comme p est premier, il est donc nécessaire que :
x − y = 1 ou x − y = p² ou x − y = p
x + y = p² x + y = 1 x + y = p
Le deuxième système est impossible car x − y < x + y et p > 1.
D’où les solutions provenant du premier et du troisième système :
x = p² + 1
2 ou x = p
y = p² − 1
2 y = 0
Exercice 11
1) Montrer que tout entier peut s’écrire sous l’une des formes ci-dessous :
6n ; 6n + 1 ; 6n + 2 ; 6n + 3 ; 6n + 4 ; 6n + 5.
2) Montrer que tout entier premier autre que 2 et 3 est de la forme 6n + 1 ou 6n + 5.
3) En déduire que, si p est premier et au moins égal à 5, p² − 1 est divisible par 24.
Cette question 3) est un peu plus technique, cherchez-la, j’apporterai plus tard une indication sur le site.
1) Soit k un entier.
La division de k par 6 s’écrit k = 6n + r où 0 b r < 6.
D’où la réponse.
2) Soit p un entier premier différent de 2 et de 3.
D’après la question précédente, on sait que p peut s’écrire 6n + r où r = 0, 1, 2, 3, 4 ou 5.
- 1er cas : r = 0.
p = 6n : impossible car p est premier différent de 2, donc impair. Et 6n est pair.
- 2ème cas : r = 2.
p = 6n + 2 : impossible car p est premier différent de 2, donc impair. Et 6n + 2 est pair.
- 3ème cas : r = 3.
p = 6n + 3 = 3 (2n + 1): 3 divise p. C’est impossible car p est premier différent de 3.
- 4ème cas : r = 4.
p = 6n + 4 = 2 (3n + 2): impossible car p est premier différent de 2, donc impair. Et 2 (3n + 2)
est pair.
Donc p est de la forme 6n + 1 ou 6n + 5.

TaleS – Spé Math 2006-2007 fiche 4 - révision du DS n°1 - correction
3) p est un nombre premier différent de 2 et de 3, on peut donc utiliser le résultat de la question
précédente : p s’écrit soit sous la forme 6n + 1, soit sous la forme 6n + 5.
1er cas : p = 6n + 1.
Montrons que p2 − 1 est divisible par 24.
p2 − 1 = (p − 1) (p + 1)
= (6n + 1 − 1) (6n + 1 + 1)
= 6n (6n + 2)
= 12n (3n + 1)
• si n est pair, alors n = 2k.
Donc p2 − 1 = 24k(3n + 1)
Et ainsi, 24|p2 − 1.
• si n est impair, alors n = 2k + 1.
Donc p2 − 1 = 12 (2k + 1) (3×(2k + 1) + 1)
= 12 (2k + 1) (6k + 3 + 1)
= 12 (2k + 1) (6k + 4)
= 12 (2k + 1) 2 (3k + 2)
= 24 (2k + 1) (3k + 2)
Et ainsi, 24|p2 − 1.
2ème cas : p = 6n + 5.
Montrons que p2 − 1 est divisible par 24.
Posons p’ = 6n + 1. D’après le 1er cas, on sait que
24|p’ 2 − 1, on obtient p’ 2 − 1 = 24q.
De plus, on a p = p’ + 4.
p2 − 1 = (p’ + 4)2 − 1
= p’ 2 + 8p’ + 16 − 1
= (p’ 2 − 1) + 8p’ + 16
= 24q + 8 (6n + 1) + 16
= 24q + 48n + 8 + 16
= 24q + 48n + 24
= 24 (q + 2n + 1)
Et ainsi, 24|p2 − 1.
Dans tous les cas, 24 divise p2 − 1.