Correction du contrôle 1 : Divisibilité et congruences dans N

TS sp´ecialit´e-DS1-16/10/08-1h 1
Correction du contrˆole 1 : Divisibilit´e et congruences dans N
Exercice 1
1. Soient n,a,b,cet ddes entiers tels que n>0,a≡bmod net c≡dmod n. D’apr`es le pr´erequis :
a≡bmod n⇔il existe un entier ktel que a−b=kn
c≡dmod n⇔il existe un entier k0tel que c−d=k0n
Alors : ac = (b+kn)(d+k0n) = bd +n(bk0+dk +kk0n). Or, bk0+dk +kk0n∈Z, par cons´equent
ac ≡bd mod n.
2. 40≡1 mod 7;41≡4 mod 7;42= 16 ≡2 mod 7 et 43= 64 ≡1 mod 7. On conjecture donc que,
pour tout entier naturel n:
•si n≡0 mod 3 alors 4n≡1 mod 7;
•si n≡1 mod 3 alors 4n≡4 mod 7;
•si n≡2 mod 3 alors 4n≡2 mod 7.
Montrons alors cette conjecture :
•Si n≡0 mod 3 alors il existe un entier naturel ktel que n= 3k. Par cons´equent 4n= 43k=
(43)k≡1kmod 7 ≡1 mod 7.
•Si n≡1 mod 3 alors il existe un entier naturel ktel que n= 3k+ 1. Par cons´equent 4n=
43k×4≡1×4 mod 7 ≡4 mod 7.
•Si n≡2 mod 3 alors il existe un entier naturel ktel que n= 3k+ 2. Par cons´equent 4n=
43k×42≡42mod 7 ≡2 mod 7.
De plus, 1,4et 2sont des entiers des l’intervalle [0; 7[. Par cons´equent, d’apr`es l’unicit´e de la division
euclidienne, le reste e la division euclidienne de 4npar 7est :
•1si n≡0 mod 3;
•4si n≡1 mod 3;
•2si n≡2 mod 3.
3. (a) 851 = 7 ×121 + 4 et 064<7. Le reste de la division euclidienne de 851 par 7est donc 4.
(b) Soit nun entier naturel.
A= 8513n+ 8512n+ 851n≡43n+ 42n+ 4nmod 7 ≡1+42n+ 4nmod 7. D’apr`es les questions
pr´ec´edentes :
•si n≡0 mod 3 alors A≡1 + 1 + 1 mod 7 ≡3 mod 7;
•si n≡1 mod 3 alors A≡1+42+ 4 mod 7 ≡1 + 2 + 4 mod 7 ≡0 mod 7;
•si n≡2 mod 3 alors A≡1+22+ 2 mod 7 ≡7 mod 7 ≡0 mod 7.
Or, 0et 3sont des entiers naturels de l’intervalle [0; 7[. Par cons´equent, le reste dans la divisiuon
euclidienne de Apar 7est :
•0si n≡1 mod 3 ou si n≡2 mod 3;
•3si n≡0 mod 3.
4. On consid`ere le nombre Bs’´ecrivant en base 4 : B= 21032114. Alors B= 1 + 4 + 2 ×42+ 3 ×43+
45+ 2 ×46= 1 + 4 ×Kavec K= 1 + 2 ×4+3×42+ 44+ 2 ×45∈Z. De plus, 061<4. Donc le
reste dans la division euclidienne de Bpar 4est 1.
Exercice 2
1. Pour tout entier naturel nnon nul :
Proposition 1 :56n+1 + 23n+1 est divisible par 5. Cette proposition est fausse : si n= 1,
23n+1 = 24= 16 6≡ 0 mod 5 et 56n+1 ≡0 mod 5. Donc 5ne divise pas 56n+1 + 23n+1.Proposition
2:56n+1 + 23n+1 est divisible par 7. Cette proposition est vraie. Ceci peut se montrer de plusieurs
mani`eres diff´erentes. En voici deux d´emonstrations :

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•D´emonstration 1 : 56= 2232 ×7+1, donc 56≡1 mod 7 et par cons´equent, 56n+1 ≡1×5
mod 7 ≡5 mod 7.
23= 8 ≡1 mod 7 donc 23n+1 ≡1×2 mod 7 ≡2 mod 7.
On en d´ediot alors que : 56n+1 + 23n+1 ≡5 + 2 mod 7 ≡0 mod 7. Donc 7divise 56n+1 + 23n+1
pour tout entier anturel n.
•D´emonstration 2 : Montrons par r´ecurrence que tout entier naturel nnon nul, 7divise 56n+1+23n+1.
Initialisation : si n= 1 alors 56n+1 + 23n+1 = 57+ 24= 7 ×11163. Donc 7divise 56n+1 + 23n+1
pour n= 1.
Hypoth`ese de r´ecurrence : supposons qu’il existe au-moins un entier naturel ntel que 7divise
56n+1 + 23n+1.
H´er´edito´e : montrons alors que 7divise 56(n+1)+1 + 23(n+1)+1.
56(n+1)+1 +23(n+1)+1 = 56n+1 ×56+23n+1 ×23= 56(56n+1 +23n+1)−56×23n+1 + 23n+1 ×23=
56(56n+1 + 23n+1)+23n+1 ×(23−56).
Or, 23−56=−7×2231 et d’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence, 7divise 56n+1 + 23n+1. Donc 7
divise 56(n+1)+1 + 23(n+1)+1.
Conclusion : La propri´et´e est initioalis´ee et h´er´editaire, donc d’apr`es l’axiome de la r´ecurrence, pour
tout entier naturel nnon nul, 7divise 56n+1 + 23n+1.
2. Soit xun entier relatif.
Proposition 3 :x2+x+3 ≡0 mod 5 ⇔x≡1 mod 5 . Cette proposition est fausse, ce que l’on
trouve faciolement en faisant un tableau de valeurs sur calculatrice : pour x= 3,x2+x+ 3 = 15 ≡0
mod 5 mais 36≡ 0 mod 5.
On peut en fait montrer que x2+x+ 3 ≡0 mod 5 ⇔x≡1 mod 5 ou x≡3 mod 5. En effet :
•Si x≡0 mod 5 alors x2+x+ 3 ≡0 + 0 + 3 mod 5 ≡3 mod 5.
•Si x≡1 mod 5 alors x2+x+ 3 ≡1 + 1 + 3 mod 5 ≡0 mod 5.
•Si x≡2 mod 5 alors x2+x+ 3 ≡4 + 2 + 3 mod 5 ≡4 mod 5.
•Si x≡3 mod 5 alors x2+x+ 3 ≡9 + 3 + 3 mod 5 ≡0 mod 5.
•Si x≡4 mod 5 alors x2+x+ 3 ≡16 + 4 + 3 mod 5 ≡3 mod 5.
3. Soit Nun entier naturel dont l’´ecriture en base 10 est aba7.
Proposition 4 :Si Nest divisible par 7alors a+best divisible par 7.
D’apr`es les hypoth`eses, N= 103a+ 102b+ 10a+ 7 ≡33a+ 32b+ 3amod 7 ≡6a+ 2b+ 3a
mod 7 ≡2(a+b) mod 7.
Par cons´equent, si Nest divisible par 7alors 2(a+b)est aussi divisible par 7. Or, 2et 7sont des nombres
premiers distincts, donc d’apr`es le th´eor`eme de Gauss, 7divise a+b. La proposition 4 est donc vraie.