Exercice de spécialité du sujet Amérique du Sud novembre 2010
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Ultrabac Terminale S – Exercice de spécialité du sujet Amérique du Sud novembre 2010 Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, on pose : 1.d. Montrer que, pour tout entier d diviseur de A ( n ) : A ( n ) = n4 + 1 n8 ≡ 1 modulo d L'objet de l'exercice est l'étude des diviseurs premiers de A ( n ) . Si d est un diviseur de A ( n ) , alors A ( n ) est congru à 0 modulo d. Il vient alors modulo d : 1. Quelques résultats. −1 A ( n ) ≡ 0 ⇔ n4 + 1 ≡ 0 ⇒ 1.a. Etudier la parité de l'entier A (11) . 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 : ^4 +1 11 ≡ 1 ⇒ 114 ≡ 14 ≡ 1 ⇒ 114 + 1 ≡ 1 + 1 donc A (11) ≡ 2 ≡ 0 Etant congru à 0 modulo 2, l'entier A (11) 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 Si n ≡ 0 ⇒ ^4 Si n ≡ 1 ⇒ ^4 Si n ≡ 2 ⇒ n 4 ≡ 04 ≡ 0 n 4 ≡ 14 ≡ 1 +1 ⇒ +1 ⇒ +1 n 4 ≡ 24 ≡ 16 ≡ 1 ⇒ A( n) ≡ 0 +1 ≡ 1 modulo 3 A( n) ≡ 1+ 1 ≡ 2 modulo 3 A( n) ≡ 1+ 1 ≡ 2 modulo 3 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 : ⇔ n4 + 1 = λ × d ⇔ λ × d − n4 = 1 ⇔ ^2 n 4 ≡ −1 ⇒ (n ) 4 2 ≡ ( −1) 2 ⇒ n8 ≡ 1 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 : n k ≡ 1 modulo 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 : k = s×q + r et 0≤r<s Modulo d, il vient alors : k n ≡1 ⇔ n s× q + r ≡1 ⇔ n s× q r ×n ≡1 ⇔ ⇔ (n ) s q r ×n ≡1 Comme k et surtout s... 1q × n r ≡ 1 ⇔ nr ≡ 1 La seule possibilité est alors que le reste r soit nul. Conclusion : comme A ( n ) n'est jamais congru à 0 modulo 3, alors A ( n ) n'est jamais A( n) = λ × d Page 1 sur 2 ( ) d × λ + n × − n3 = 1 a×u + b×v =1 C'est une relation de Bezout ! En application du théorème de Bezout, nous en déduisons que les entiers d et n sont premiers entre eux. Ceci car s est le plus petit des entiers non nuls k tels que n k ≡ 1 modulo d Dans le cas contraire, si r n'était pas nul, r serait alors l'un de ces entiers non nuls k tels que : n k ≡ 1 modulo 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 : n8 ≡ 1 modulo 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. Ultrabac Terminale S – Exercice de spécialité du sujet Amérique du Sud novembre 2010 2.c. Montrer que si, de plus, d est premier, alors s est un diviseur de d − 1 . 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 : p divise la différence a p −1 −1 ⇔ a p −1 ≡ 1 modulo p Comme d est un diviseur de A ( n ) , alors, d'après la question 1.c, d est premier avec n. Comme l'entier d est premier , alors en application du petit théorème de Page 2 sur 2 Voyons ce qui se passe dans les trois premiers cas. ^4 alors n1 ≡ 1 modulo p ⇒ Si s = 2 alors n2 ≡ 1 modulo p ⇒ Si s = 1 ^2 n 4 ≡ 1 modulo p Impossible ! n 4 ≡ 1 modulo p Impossible ! Si s = 4 alors n4 ≡ 1 modulo p Impossible ! Impossible ! car n 4 ≡ −1 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. l'entier n est premier avec l'entier d Ouf ! Comme p est un diviseur premier de A ( n ) , la question 2.c s'applique et 8 divise Fermat, il vient : n d −1 nécessairement p − 1 . Nous en concluons : ≡ 1 modulo d Autrement dit, d − 1 est l'un de ces entiers k énoncés précédemment. En application de la question 2.a, nous en concluons que s divise d − 1 . 3. Recherche des diviseurs de A ( n ) dans le cas où n est un entier pair. 8 divise p − 1 ⇔ p − 1 ≡ 0 modulo 8 ⇔ p ≡ 1 modulo 8 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. 3. Soit p un diviseur premier de A ( n ) . En examinant successivement les cas s = 1 , s = 2 puis s = 4 , conclure que p est congru à 1 modulo 8. D'abord, comme p est un diviseur de A ( n ) , alors : p divise A ( n ) ⇔ A ( n ) ≡ 0 modulo p ⇔ n4 + 1 ≡ 0 modulo p ⇔ 4 n ≡ −1 modulo p Ensuite, comme n est un nombre pair alors modulo 2 : ^4 n≡0 ⇒ +1 n4 ≡ 0 ⇒ n4 + 1 ≡ 1 donc A ( n ) ≡ 0 donc Premier résultat... A ( n ) est impair 4. Dans cette question, toute trace de recherche même incomplète sera prise en compte dans l'évaluation. Appliquer ce qui précède aux diviseurs de A (12 ) . 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 A (12 ) qui est 20737, puis à demander sa décomposition en facteurs premiers à la calculatrice. On obtient : A (12 ) = 20737 = 89 × 233 89 ≡ 1( 8 ) car 89 = 8 × 11 + 1 Tous les diviseurs d'un nombre impair étant impairs eux aussi, nous en déduisons que p qui divise A ( n ) est impair lui aussi. 89 et 243 sont les deux entiers premiers et 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 p ⇔ 1 − ( −1) ≡ 0 modulo p ⇔ 1 ≡ −1 modulo p Mais je doute que ce soit ce qui était demandé...A vrai dire, je ne l'ai pas trop comprise ! Tout cela pour dire qu'un entier ne peut pas être congru à la fois à −1 et 1 modulo p. Second résultat... Puis, s est toujours le plus petit des entiers strictement positifs k tels que n k ≡ 1 modulo 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. 233 ≡ 1( 8 ) car 233 = 8 × 29 + 1 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.
