Arithmétique

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Enoncés 1
Arithmétique
Exercice 1 [ 00155 ] [correction]
Soit Aun ensemble de n+ 1 >2entiers distincts tous inférieurs ou égaux à 2n.
Montrer qu’il existe deux éléments de Atels que l’un divise l’autre.
Exercice 2 [ 02358 ] [correction]
Pour n∈N?, on désigne par Nle nombre de diviseurs positifs de net par Pleur
produit. Quelle relation existe-t-il entre n,Net P?
Exercice 3 [ 02359 ] [correction]
Soit Ala somme des chiffres de 44444444,Bcelle de Aet enfin Ccelle de B. Que
vaut C?
Exercice 4 [ 02361 ] [correction]
Soit P∈Z[X]et a, b deux entiers relatifs avec b > 0et √birrationnel.
a) Exemple : montrer que √6est irrationnel.
b) Quelle est la forme de (a+√b)n?
c) Montrer que si a+√best racine de Palors a−√baussi.
d) On suppose que a+√best racine double de P. Montrer que P=RQ2avec R
et Qdans Z[X].
Exercice 5 [ 02369 ] [correction]
On suppose que nest un entier >2tel que 2n−1est premier.
Montrer que nest nombre premier.
Exercice 6 [ 02370 ] [correction]
On note Pl’ensemble des nombres premiers. Pour tout entier n > 0, on note
vp(n)l’exposant de pdans la décomposition de nen facteurs premiers. On note
bxcla partie entière de x. On note π(x)le nombre de nombres premiers au plus
égaux à x.
a) Montrer que vp(n!) =
+∞
P
k=1 jn
pkk.
b) Montrer que 2n
n!divise Q
p∈P;p62n
pln(2n)
ln p.
c) Montrer que 2n
n!6(2n)π(2n).
d) Montrer que x
ln x=O(π(x)) quand x→+∞
Exercice 7 [ 02654 ] [correction]
Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4n+ 3.
Exercice 8 [ 02656 ] [correction]
Soient des entiers a > 1et n > 0.
Montrer que si an+ 1 est premier alors nest une puissance de 2.
Exercice 9 [ 02657 ] [correction]
Soit, pour n∈N,Fn= 22n+ 1.
a) Montrer, si (n, m)∈N2avec n6=m, que Fn∧Fm= 1.
b) Retrouver à l’aide du a) le fait que l’ensemble des nombres premiers est infini.
Exercice 10 [ 02658 ] [correction]
a) Pour (a, n)∈Z×N?avec a∧n= 1, montrer que aϕ(n)= 1 [n].
b) Pour ppremier et k∈ {1, . . . , p −1}, montrer que pdivise p
k!.
c) Soit (a, n)∈(N?)2. On suppose que an−1= 1 [n]. On suppose que pour tout x
divisant n−1et différent de n−1, on a ax6= 1 [n]. Montrer que nest premier.
Exercice 11 [ 03681 ] [correction]
On note d(n)le nombre de diviseurs positifs de n∈N?.
Déterminer un équivalent de
1
n
n
X
k=1
d(k)
représentant la moyenne du nombre de diviseurs positifs des entiers inférieurs à n.
Exercice 12 [ 03725 ] [correction]
[Théorème d’Aubry]
Soit Nun entier strictement positif.
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On suppose que le cercle d’équation x2+y2=Npossède un point rationnel
(x0, y0).
On introduit (x0
0, y0 0)un point entier obtenu par arrondi de (x0, y0).
En étudiant l’intersection du cercle avec la droite joignant (x0, y0)et (x0
0, y0 0),
montrer que le cercle contient un point entier (x1, y1).
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Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
Raisonnons par récurrence sur n>1.
Pour n= 1 : ok
Supposons la propriété établie au rang n.
Par l’absurde supposons que Asoit une partie de n+ 2 entiers distincts tous
inférieurs ou égaux à 2n+ 2. Indexons les éléments de Apar ordre croissant :
A={a0, . . . , an, an+1}avec ai< ai+1.
Si an62nalors l’ensemble {a0, . . . , a2n}est contraire à l’hypothèse de récurrence.
Sinon an= 2n+ 1 et an+1 = 2n+ 2. Puisque n+ 1 |an+1, nécessairement
n+ 1 /∈ {a0, . . . , an−1}
Considérons alors {a0, . . . , an−1}∪{n+ 1}. C’est une partie à n+ 1 éléments tous
inférieur ou égaux à 2n. Par hypothèse de récurrence, l’un d’eux divise l’autre et il
en est donc de même dans {a0, . . . , an−1, an+1}. Ceci induit une contradiction
avec l’hypothèse de départ.
Récurrence établie.
Exercice 2 : [énoncé]
En associant dans P2=P×Pchaque diviseur davec celui qui lui est conjugué
n/d, on obtient un produit de Ntermes égaux à n. Ainsi
P2=nN
Exercice 3 : [énoncé]
Posons x= 44444444,4444 = 7 [9],73= 1 [9] donc 44444444 = 7 [9].
x < 105×4444 donc A69×5×4444 = 199980,B69×5 + 1 = 46 puis
C64 + 9 = 13.
Or C=B=A=x[9] donc C= 7
Exercice 4 : [énoncé]
a) Supposons √6 = p/q avec p∧q= 1. On a 6q2=p2donc ppair, p= 2k. On
obtient alors 3q2= 2k2et donc qest pair. Absurde car pet qsont premiers entre
eux.
b) Par développement selon la formule du binôme de Newton
(a+√b)n=αk+βk√bavec αk, βk∈Z.
c) a+√bracine de P=
n
P
k=0
akXkdonne
n
P
k=0
akαk=n
P
k=0
akβk√b.
L’irrationalité de √bentraîne
n
P
k=0
akαk=
n
P
k=0
akβk= 0 ce qui permet de justifier
P(a−√b)=0.
d) Posons Q= (X−a+√b)(X−a−√b) = X2−2aX +a2−b∈Z[X].
Par division euclidienne P=QS +Tavec deg T < 2. Or en posant cette division
euclidienne, on peut affirmer que S, T ∈Z[X]avec P, Q ∈Z[X]et Qunitaire.
a+√b, a −√bracine de Pentraîne T= 0 et donc P=QS avec Q, S ∈Z[X]. En
dérivant P0=Q0S+QS0et a+√bentraîne racine de P0donne a+√bracine de
S. On peut alors comme ci-dessus justifier S=QR avec R∈Z[X]et conclure.
Exercice 5 : [énoncé]
Si n=ab avec a, b ∈N?alors
2n−1 = (2a−1)(1 + 2a+··· + 2a(b−1))
donc 2a−1|2n−1d’où 2a−1=1ou 2a−1=2n−1ce qui implique a= 1 ou
a=n.
Ainsi nne possède que des diviseurs triviaux, il est premier.
Exercice 6 : [énoncé]
a) Pour ksuffisamment grand n/pk= 0, la somme évoquée existe donc car elle
ne comporte qu’un nombre fini de termes non nuls. n!=1×2×. . . ×n, parmi les
entiers allant de 1 à n, il y en a exactement bn/pcdivisibles par p,n/p2
divisibles par p2, etc. . . donc
vp(n!) =
+∞
X
k=1 n
pk
b) On a
2n
n!=(2n)!
(n!)2
Pour tout p∈ P,
vp(2n)!
(n!)2=
∞
X
k=1 2n
pk−2n pk
or b2xc − 2bxc= 0 ou 1 donc
∞
X
k=1 2n
pk−2n pk6Card k∈N?/2n/pk>06ln(2n) ln p
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De plus les nombres premiers diviseurs de 2n
n!=(2n)!
(n!)2sont diviseurs d’un entier
inférieur à 2n(lemme d’Euclide) et sont donc eux-mêmes inférieur à 2n. Il en
découle 2n
n!|Y
p∈P;p62n
pln(2n)
ln p
car toutes les puissances de nombres premiers intervenant dans la décomposition
de 2n
n!divisent Q
p∈P;p62n
pln(2n)
ln p.
Notons qu’en fait ce produit désigne
ppcm(1,2,...,2n)
c) On a
2n
n!6Y
p∈P;p62n
pln(2n)
ln p6Y
p∈P;p62n
pln(2n)
ln p6Y
p∈P;p62n
(2n) = (2n)π(2n)
d) En passant au logarithme :
2n
X
k=1
ln k−2
n
X
k=1
ln k6π(2n) ln(2n)
A l’aide d’une comparaison intégrale on obtient
Zn
1
ln(t) dt6
n
X
k=1
ln k6Z(n+1)
1
ln(t) dt
donc
nln n−n+ 1 6
n
X
k=1
ln k6(n+ 1) ln(n+ 1) −n
donc n
X
k=1
ln k=nln n−n+O(ln n)
Par suite
2n
X
k=1
ln k−2
n
X
k=1
ln k= 2nln(2n)−2n−2(nln n−n) + O(ln n)
puis
2n
X
k=1
ln k−2
n
X
k=1
ln k∼ln(2)(2n)
On en déduit 2n
ln 2n=O(π(2n))
Ajoutons
x
ln x∼2bx/2c ln 2 bx/2c
par calculs et π(x)∼π(2 bx/2c)car π(x)et π(2 bx/2c)ne différent qu’au plus
d’une unité et π(x)→+∞.
Finalement, une certaine satisfaction.
Exercice 7 : [énoncé]
Par l’absurde, supposons qu’il n’y ait qu’un nombre fini de nombres premiers de
la forme 4n+ 3. On peut introduire le nombre Négal au produit de ceux-ci.
Considérons alors l’entier 4N−1.
4N−1est impair donc 2 ne le divise pas.
Si tous les facteurs premiers de 4N−1sont égaux à 1 modulo 4 alors
4N−1≡1 [4] ce qui est absurde.
L’un au moins des facteurs premiers de 4N−1est alors de la forme 4n+ 3 et
celui-ci apparaît donc dans le produit N. Ce facteur premier divise alors les
nombres 4N−1et N, il divise donc −1, c’est absurde !
Exercice 8 : [énoncé]
On peut écrire
n= 2k(2p+ 1)
On a alors
an+ 1 = b2p+1 −(−1)2p+1 = (b+ 1)c
avec b=a2k.
On en déduit que b+ 1 |an+ 1, or an+ 1 est supposé premier et b+ 1 >1donc
b+ 1 = an+ 1 puis n= 2k.
Exercice 9 : [énoncé]
a) Quitte à échanger, supposons n<m.
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On remarque que
(Fn−1)2m−n=Fm−1
En développant cette relation par la formule du binôme, on parvient à une
relation de la forme
Fm+vFn= 2
avec v∈Zcar les coefficients binomiaux sont des entiers.
On en déduit que pgcd(Fn, Fm) = 1 ou 2.
Puisque Fnet Fmne sont pas tous deux pairs, ils sont premiers entre eux.
b) Les Fnsont en nombre infini et possèdent des facteurs premiers distincts, il
existe donc une infinité de nombres premiers.
Exercice 10 : [énoncé]
a) L’ensemble des inversibles de Z/nZest un sous-groupe de cardinal ϕ(n).
b) k p
k!=p p−1 k−1!donc p|k p k!or p∧k= 1 donc p| p k!.
c) Posons d= (n−1) ∧ϕ(n).d= (n−1)u+ϕ(n)vdonc ad= 1 [n]. Or d|n−1
donc nécessairement d=n−1. Par suite n−1|ϕ(n)puis ϕ(n) = n−1ce qui
entraîne que nest premier.
Exercice 11 : [énoncé]
On peut écrire n
X
k=1
d(k) =
n
X
k=1 X
d|k
1
et en permutant les deux sommes
n
X
k=1
d(k) =
n
X
d=1 X k∈Ad
1
avec Adl’ensemble des multiples de dqui sont inférieurs à n. On a évidemment
CardAd=E(n/d)
et donc n
X
k=1
d(k) =
n
X
d=1
En
d
Puisque
x−1< E (x)6x
on obtient l’encadrement
n n
X
d=1
1
d−1!6
n
X
k=1
d(k)6n
n
X
d=1
1
d
Sachant qu’il est connu que n
X
k=1
1
d∼ln n
on obtient
1
n
n
X
k=1
d(k)∼ln n
Exercice 12 : [énoncé]
Si le couple (x0, y0)est entier la conclusion est entendue.
Sinon, on peut écrire
x0=p0/d0et y0=q0/d0avec p0, q0∈Zet d0∈N\{0,1}
Considérons alors un couple entier (x0
0, y0 0)obtenu par arrondi de (x0, y0). On a
D2= (x0−x0
0)2+ (y0−y0 0)261/4+1/4
La droite joignant nos deux couples peut être paramétrée par
(x=x0
0+λ(x0−x0 0)
y=y0
0+λ(y0−y0 0)avec λ∈R
Cette droite coupe le cercle en (x0, y0)pour λ= 1 et recoupe encore celui-ci en
(x1, y1)obtenu pour
λ=(x0
0)2+ (y0 0)2−N2
D2
Puisque
D2=N2−2(x0x0
0+y0y0 0)+(x0 0)2+ (y0 0)2=d1
d0
avec d1∈N?et d1< d0car D2<1.
Le nombre λest donc de la forme d0k/d1avec kentier et les coordonnées (x1, y1)
sont alors de la forme
x1=p1/d1et y1=q1/d1avec p1, q1∈Zet d1∈N?,d1< d0
Si d1= 1, le processus s’arrête, sinon il suffit de répéter l’opération jusqu’à
obtention d’un couple entier.
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