Contrôle : arithmétique E 1 E 2

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Contrôle : arithmétique
E 1 .. correction
Soit pun entier naturel non premier, p⩾2.
On rappelle que pour tout n∈,n!=n×(n−1)...×1et 0! =1.
1. Prouver que padmet un diviseur q,1<q<pqui divise (p−1)! .
2. L'entier qdivise-t-il l'entier (p−1)! +1?
3. L'entier pdivise-t-il l'entier (p−1)! +1?
E 2 .. correction
Soit (E) l'ensemble des entiers naturels écrits, en base 10, sous la forme abba où
aest un chiffre supérieur ou égal à 2 et best un chiffre quelconque.
Exemples d'éléments de (E) : 2 002 ; 3 773 ; 9 119. Les parties A et B peuvent être
traitées séparément.
Partie A : Nombre d'éléments de (E) ayant 11 comme plus petit facteur pre-
mier.
1. (a) Décomposer 1 001 en produit de facteurs premiers.
(b) Montrer que tout élément de (E) est divisible par 11.
2. (a) Quel est le nombre d'éléments de (E) ?
(b) Quel est le nombre d'éléments de (E) qui ne sont ni divisibles par 2 ni par 5 ?
3. Soit nun élément de (E) s'écrivant sous la forme abba .
(a) Montrer que : « nest divisible par 3 » équivaut à « a+best divisible par
3 ».
(b) Montrer que : « nest divisible par 7 » équivaut à « best divisible par 7 ».
4. Déduire des questions précédentes le nombre d'éléments de (E) qui admettent
11 comme plus petit facteur premier.
Partie B : Étude des éléments de (E) correspondant à une année bissextile.
Soit (F) l'ensemble des éléments de (E) qui correspondent à une année bissextile.
On admet que pour tout élément nde (F), il existe des entiers naturels pet q
tels que :
n=2 000 +4pet n=2 002 +11q.
1. On considère l'équation (e) : 4p−11q=2où pet qsont des entiers relatifs.
Vérifier que le couple (6, 2) est solution de l'équation (e) puis résoudre l'équation
(e).
2. En déduire que tout entier nde (F) peut s'écrire sous la forme 2 024 + 44 k
où kest un entier relatif.
3. À l'aide de la calculatrice déterminer les six plus petits éléments de (F).
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N.B. : Liste des nombres premiers inférieurs à 40 :
2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 13 ; 17 ; 19 ; 23 ; 29 ; 31 ; 37.
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Correction
E 1 .. énoncé
1. pn'est pas premier, donc il existe q∈et k∈, vérifiant 1<q<pet
1<k<p, tels que p=qk .
qest alors un facteur de (p−1)!=(p−1)(p−2)×...×1.
On en déduit que qdivise (p−1)!.
2. qdivise (p−1)!donc il existe k∈tel que (p−1)!=qk et on a alors
(p−1)!+1=qk +1.
Comme 0⩽1<q,1est le reste dans la division euclidienne de (p−1)!+1par
q.
(p−1)!+1n'est donc pas divisible par q.
3. Si (p−1)!+1est divisible par palors il existe k∈tel que (p−1)!+1=pk .
Or qdivise pdonc, si (p−1)!+1est divisible par palors (p−1)!+1est divi-
sible par q, ce qui est impossible. On en conclut que pne divise pas (p−1)!
E 2 .. énoncé
Partie A
1. (a) 1 001 =7×11 ×13 .
(b)
a×103+b×102+b×10 +a≡11a≡11a+11b[11]
≡11 (a+b) [11]
≡0[11]
2. (a) 80 .
(b) On a 3valeurs différentes pour aet 10 valeurs différentes pour b, donc il
y a 30 éléments de (E)qui ne sont ni divisibles par 2, ni par 5.
3. (a) n≡2(a+b) [3]donc
n≡0[3]⇐⇒ 2(a+b)≡0[3]⇐⇒ a+b≡0[3]car 2et 3sont premiers entre eux.
(b) 10 ≡3[7],102≡2[7]et 103≡6[7]donc :
n≡6a+2b+3b+1[7]
≡7a+5b[7]
≡5b[7]
On a donc
n≡0[7]⇐⇒ 5b≡0[7]⇐⇒ b≡0[7]car 5et 7sont premiers entre eux.
4. On cherche le nombre d'éléments de (E)qui ne sont divisibles ni par 2, ni par
3, ni par 5, ni par 7.
Parmi les 30 éléments de la question précédente on cherche ceux qui ne sont di-
visibles ni par 3ni par 7:
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□
□si a=3alors bpeut prendre les valeurs : 1,2,4,5et 8;
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□
□
□si a=5alors bpeut prendre les valeurs : 0,1,3,4,6et 9;
□
□
□si a=9alors bpeut prendre les valeurs : 1,2,4,5et 8;
On obtient 16 éléments de (E).
Partie B
1. □
□
□4×6−11 ×2=2donc le couple (6 ; 2)est solution de (e).
□
□
□
4p−11q=2⇐⇒ 4p+4×6−11q−11 ×2=2−2
⇐⇒ 4(p−6)−11 (q−2)=0
⇐⇒ 4(p−6)=11 (q−2).
Si (p;q)est solution de (e)alors :
□
□
□11 divise 4(p−6)et est premier avec 4, donc d'après le théorème de
Gauss, 11 divise p−6. On en déduit qu'il existe k∈tel que p=6+11k.
□
□
□De la même manière, on obtient l'existence de k′∈tel que q=2+4k′.
Réciproquement, soit (k;k′)∈2, si (6+11k; 2 +4k′)est solution de (e)
alors 4(6+11k)−11 (2+4k′)=2, ce qui donne k=k′.
L'ensemble des solutions de (e)est donc {(6+11k; 2 +4k),k∈}.
2. On a n=2000 +4p=2002 +11q,donc 4p−11q=2.
D'où p=6+11k,k∈et 2000 +4(6+11k)=2024 +44k=n,k∈
3. On obtient : 2 112 ,2 332 ,2 552 ,2 772 ,2 992 ,4 004 .
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