Correction du contrôle 1 : Divisibilité et congruences dans N

TS spécialité-DS1-16/10/08-1h
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Correction du contrôle 1 : Divisibilité et congruences dans N
Exercice 1
1. Soient n, a, b, c et d des entiers tels que n > 0, a ≡ b mod n et c ≡ d mod n. D’après le prérequis :
a ≡ b mod n ⇔ il existe un entier k tel que a − b = kn
c ≡ d mod n ⇔ il existe un entier k 0 tel que c − d = k 0 n
Alors : ac = (b + kn)(d + k 0 n) = bd + n(bk 0 + dk + kk 0 n). Or, bk 0 + dk + kk 0 n ∈ Z, par conséquent
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 k tel que n = 3k. Par conséquent 4n = 43k =
(43 )k ≡ 1k mod 7 ≡ 1 mod 7.
• Si n ≡ 1 mod 3 alors il existe un entier naturel k tel que n = 3k + 1. Par conséquent 4n =
43k × 4 ≡ 1 × 4 mod 7 ≡ 4 mod 7.
• Si n ≡ 2 mod 3 alors il existe un entier naturel k tel que n = 3k + 2. Par conséquent 4n =
43k × 42 ≡ 42 mod 7 ≡ 2 mod 7.
De plus, 1, 4 et 2 sont des entiers des l’intervalle [0; 7[. Par conséquent, d’après l’unicité de la division
euclidienne, le reste e la division euclidienne de 4n par 7 est :
• 1 si n ≡ 0 mod 3;
• 4 si n ≡ 1 mod 3;
• 2 si n ≡ 2 mod 3.
3. (a) 851 = 7 × 121 + 4 et 0 6 4 < 7. Le reste de la division euclidienne de 851 par 7 est donc 4.
(b) Soit n un entier naturel.
A = 8513n + 8512n + 851n ≡ 43n + 42n + 4n mod 7 ≡ 1 + 42n + 4n mod 7. D’après les questions
précédentes :
• 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, 0 et 3 sont des entiers naturels de l’intervalle [0; 7[. Par conséquent, le reste dans la divisiuon
euclidienne de A par 7 est :
• 0 si n ≡ 1 mod 3 ou si n ≡ 2 mod 3;
• 3 si n ≡ 0 mod 3.
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4. On considère le nombre B s’écrivant en base 4 : B = 2103211 . Alors B = 1 + 4 + 2 × 42 + 3 × 43 +
45 + 2 × 46 = 1 + 4 × K avec K = 1 + 2 × 4 + 3 × 42 + 44 + 2 × 45 ∈ Z. De plus, 0 6 1 < 4. Donc le
reste dans la division euclidienne de B par 4 est 1.
Exercice 2
1. Pour tout entier naturel n non 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 5 ne 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
manières différentes. En voici deux démonstrations :
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• Démonstration 1 : 56 = 2232 × 7 + 1, donc 56 ≡ 1 mod 7 et par conséquent, 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 dédiot alors que : 56n+1 + 23n+1 ≡ 5 + 2 mod 7 ≡ 0 mod 7. Donc 7 divise 56n+1 + 23n+1
pour tout entier anturel n.
• Démonstration 2 : Montrons par récurrence que tout entier naturel n non nul, 7 divise 56n+1 +23n+1 .
Initialisation : si n = 1 alors 56n+1 + 23n+1 = 57 + 24 = 7 × 11163. Donc 7 divise 56n+1 + 23n+1
pour n = 1.
Hypothèse de récurrence : supposons qu’il existe au-moins un entier naturel n tel que 7 divise
56n+1 + 23n+1 .
Héréditoé : montrons alors que 7 divise 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’après l’hypothèse de récurrence, 7 divise 56n+1 + 23n+1 . Donc 7
divise 56(n+1)+1 + 23(n+1)+1 .
Conclusion : La propriété est initioalisée et héréditaire, donc d’après l’axiome de la récurrence, pour
tout entier naturel n non nul, 7 divise 56n+1 + 23n+1 .
2. Soit x un 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 3 6≡ 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 N un entier naturel dont l’écriture en base 10 est aba7.
Proposition 4 : Si N est divisible par 7 alors a + b est divisible par 7 .
D’après les hypothèses, N = 103 a + 102 b + 10a + 7 ≡ 33 a + 32 b + 3a mod 7 ≡ 6a + 2b + 3a
mod 7 ≡ 2(a + b) mod 7.
Par conséquent, si N est divisible par 7 alors 2(a+b) est aussi divisible par 7. Or, 2 et 7 sont des nombres
premiers distincts, donc d’après le théorème de Gauss, 7 divise a + b. La proposition 4 est donc vraie.