Exercice de spécialité du sujet Amérique du Sud novembre 2010

Ultrabac Terminale S – Exercice de spécialité du sujet Amérique du Sud novembre 2010 Page 1 sur 2
Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, on pose :
( )
4
1
A n n
= +
L'objet de l'exercice est l'étude des diviseurs premiers de
(
)
A n
.
1. Quelques résultats.
1.a. Etudier la parité de l'entier
(
)
11
A .
La parité d'un nombre peut se déterminer à l'aune de son reste modulo 2.
Comme 11 est un nombre impair, alors il est congru à 1 modulo 2. Par suite, modulo 2 :
( )
44 4 1
4
^
11 1 11 1 1 11 1 1 1 donc 11 2 0
A
+
≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ + ≡ + ≡ ≡
Etant congru à 0 modulo 2, l'entier
(
)
11
A est divisible par 2 et est pair.
1.b. Montrer que, quel que soit l'entier n,
(
)
A n
n'est pas un multiple de 3.
Modulo 3, un entier n est congru soit à 0, soit à 1, soit à 2.
Qu'advient-il de
(
)
A n
dans chacun de ces cas à l'aune d'une congruence modulo 3 ?
( )
( )
( )
^4 1
^4 1
^4 1
4 4
4 4
4 4
Si 0 0 0 0 1 1 modulo 3
Si 1 1 1 1 1 2 modulo 3
Si 2 2 16 1 1 1 2 modulo 3
n n A n
n n A n
n n A n
+
+
+
≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ ≡ + ≡
≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ ≡ + ≡
≡ ⇒ ≡ ≡ ≡ ⇒ ≡ + ≡
Conclusion : comme
(
)
A n
n'est jamais congru à 0 modulo 3, alors
(
)
A n
n'est jamais
divisible par 3.
1.c. Montrer que tout entier d diviseur de
(
)
A n
est premier avec n.
Si d est un diviseur de
(
)
A n
, alors il existe un entier relatif λ tel que :
( )
(
)
1
C'est une relation de Bezou
4 4 3
t !
1 1 1
a u b v
A n d n d d n d n n
× + × =
= λ × ⇔ + = λ × ⇔ λ × − = ⇔ × λ + × − =
En application du théorème de Bezout, nous en déduisons que les entiers d et n sont
premiers entre eux.
1.d. Montrer que, pour tout entier d diviseur de
(
)
A n
:
8
1 modulo
n d
≡
Si d est un diviseur de
(
)
A n
, alors
(
)
A n
est congru à 0 modulo d.
Il vient alors modulo d :
( )
( )
( )
22
4 4 4
1 ^2 8
0 1 0 1 1 1
A n n n n n
−
≡ ⇔ + ≡ ⇒ ≡ − ⇒ ≡ − ⇒ ≡
2. Recherche de critères.
Soit d un diviseur de
(
)
A n
. On note s le plus petit des entiers naturels non nuls k tels que :
1 modulo
k
n d
≡
2.a. Soit k un tel entier. En utilisant la division euclidienne de k par s, montrer que s divise
k.
On appelle q et r les quotient et reste de la division euclidienne de k par s. Ces quatre
entiers vérifient les relations :
et 0
k s q r r s
= × + ≤ <
Modulo d, il vient alors :
(
)
1 1 1 1
1 1 1
q
k s q r s q r s r
q r r
n n n n n n
n n
× + ×
≡ ⇔ ≡ ⇔ × ≡ ⇔ × ≡
⇔ × ≡ ⇔ ≡
La seule possibilité est alors que le reste r soit nul.
Ceci car s est le plus petit des entiers non nuls k tels que
1 modulo
k
n d
≡
Dans le cas contraire, si r n'était pas nul, r serait alors l'un de ces entiers non nuls k tels
que :
1 modulo
k
n d
≡
Nous aurions alors trouvé en la personne de r un entier non nul k qui serait strictement
inférieur au plus petit d'entre eux s. Ce qui serait absurde !
Car le reste r est strictement inférieur au diviseur s.
Conclusion : comme le reste r de la division euclidienne de k par s est nul, nous en
déduisons que s divise k.
2.b. En déduire que s est un diviseur de 8.
Comme d'après la question 1.d, nous avons :
8
1 modulo
n d
≡
alors, 8 est l'un de ces entiers naturels non nuls k.
En application de la question 2.a, nous en déduisons que s divise nécessairement 8.
Par conséquent, s ne peut être égal qu'à 1, 2, 4 ou 8 qui sont les seuls diviseurs de 8.
Comme k et
surtout s...

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2.c. Montrer que si, de plus, d est premier, alors s est un diviseur de
1
d
−
. On pourra
utiliser le petit théorème de Fermat.
Rappelons l'énoncé du petit théorème de Fermat :
Si p est un entier naturel premier et a est un autre entier naturel premier avec p, alors :
1 1
divise la différence 1 1 modulo
p p
p a a p
− −
− ⇔ ≡
Comme d est un diviseur de
(
)
A n
, alors, d'après la question 1.c, d est premier avec n.
Comme l'entier est premier
l'entier est premier avec l'entier
d
n d
, alors en application du petit théorème de
Fermat, il vient :
1
1 modulo
d
n d
−
≡
Autrement dit,
1
d
−
est l'un de ces entiers k énoncés précédemment.
En application de la question 2.a, nous en concluons que s divise
1
d
−
.
3. Recherche des diviseurs de
(
)
A n
dans le cas où n est un entier pair.
3. Soit p un diviseur premier de
(
)
A n
. En examinant successivement les cas
1
s
=
,
2
s
=
puis
4
s
=
, conclure que p est congru à 1 modulo 8.
D'abord, comme p est un diviseur de
(
)
A n
, alors :
(
)
(
)
4
4
divise 0 modulo 1 0 modulo
1 modulo
p A n A n p n p
n p
⇔ ≡ ⇔ + ≡
⇔ ≡ −
Ensuite, comme n est un nombre pair alors modulo 2 :
( ) ( )
^4 441
0 0 1 1 donc 0 donc est impair
n n n A n A n
+
≡ ⇒ ≡ ⇒ + ≡ ≡
Tous les diviseurs d'un nombre impair étant impairs eux aussi, nous en déduisons que p
qui divise
(
)
A n
est impair lui aussi.
p étant un entier premier, cela signifie que p est distinct de 2 et est supérieur ou égal à 3.
Donc p n'est pas un diviseur de 2. Par conséquent :
(
)
2 0 modulo 1 1 0 modulo 1 1 modulo
p p p
≡ ⇔ − − ≡ ⇔ ≡ −
Tout cela pour dire qu'un entier ne peut pas être congru à la fois à
1
−
et 1 modulo p.
Puis, s est toujours le plus petit des entiers strictement positifs k tels que
1 modulo
k
n p
≡ .
Depuis la question 2.b, nous savons que s est un diviseur de 8 : il est donc égal à soit à
1, soit à 2, soit à 4, soit à 8.
Voyons ce qui se passe dans les trois premiers cas.
^4
^2
1 4
2 4
4
Si 1 alors 1 modulo 1 modulo
Si 2 alors 1 mod
Impossible !
Impossible
ulo 1 modulo
Si 4 alors 1 modul
!
Impossible !
o
s n p n p
s n p n p
s n p
= ≡ ⇒ ≡
= ≡ ⇒ ≡
= ≡
Impossible !
car
4
1
n
≡ −
modulo p et, que
1
−
et 1 ne sont congrus modulo p
Par conséquent, la seule possibilité qu'il nous reste est que s soit égal à 8.
Comme p est un diviseur premier de
(
)
A n
, la question 2.c s'applique et 8 divise
nécessairement
1
p
−
. Nous en concluons :
8 divise 1 1 0 modulo 8 1 modulo 8
p p p − ⇔ − ≡ ⇔ ≡
Petit commentaire sur l'énoncé
Cette question est bien peu évidente pour un exercice de bac. Il serait bon que les gens
très intelligents qui décident des sujets abandonnent leurs fantasmes et se renseignent
sur ce qu'on peut raisonnablement demandé à un candidat au baccalauréat.
4. Dans cette question, toute trace de recherche même incomplète sera prise en compte
dans l'évaluation.
Appliquer ce qui précède aux diviseurs de
(
)
12
A .
Indication : la liste des nombre premiers congrus à 1 modulo 8 débute par 17, 41, 73, 89,
97, 113, 137...
La méthode la plus simple consiste à calculer la valeur exacte de
(
)
12
A qui est 20737,
puis à demander sa décomposition en facteurs premiers à la calculatrice. On obtient :
(
)
12 20737 89 233
A = = ×
89 et 243 sont les deux entiers premiers et
(
)
( )
89 1 8 car 89 8 11 1
233 1 8 car 233 8 29 1
≡ = × +
≡ = × +
Mais je doute que ce soit ce qui était demandé...A vrai dire, je ne l'ai pas trop comprise !
Autre petit commentaire sur l'énoncé
Cette question est présentée comme difficile alors que l'on se demande ce qu'il y a à y
faire. «Appliquer ce qui précède» disent-ils mais qu'entendent-ils par là ? Alors que le
recours à la calculatrice élimine toute difficulté. Il est bien rare que la machine d'un
candidat spécialiste ne soit pas dotée d'un programme de décomposition en facteurs
premiers.
Encore une fois, il serait bon que les gens très intelligents qui nous dirigent s'intéressent
à la réalité des choses.
Premier résultat...
Second résultat...
Ouf !