Correction du Devoir Surveillé : no V

—- Le mercredi 29 mars 2016
Correction du Devoir Surveillé : noV
Exercice 1
On considère l’équation (E):9x−5y= 7, où xet ysont des entiers relatifs.
1Justifier, en énonçant un théorème, qu’il existe un couple d’entiers relatifs (u;v) tels que 9u−5v= 1.
Trouver un tel couple.
Les nombres 9 et 5 sont premiers entre eux, d’après le théorème de Bézout, il existe deux entiers uet
vtels que 9u+ 5v= 1 et donc le couple (u;−v) est solution de l’équation 9u−5v= 1.
a b r
9 5 4 9 = 5 + 4 L1
5 4 1 5 = 4 + 1 L2
410
En posant a= 9 et b= 5, on obtient :
L1⇐⇒ a=b+ 4
⇐⇒ 4 = a−b
L2⇐⇒ b=a−b+ 1
⇐⇒ −a+ 2b= 1
On a ainsi 9 ×(−1) −5×(−2) = 1
Le couple (−1;−2) est donc un couple solution de l’équation 9u−5v= 1.
2En déduire une solution particulière de l’équation (E).
En multipliant l’égalité 9 ×(−1) −5×(−2) = 1 par 7, on obtient :
9×(−7) −5×(−14) = 7.
Le couple (−7;−14) est donc un couple solution de l’équation (E).
3Résoudre l’équation (E).
♥Condition nécessaire : supposons que que (x;y) soit un couple solution de (E) :
alors 9x−5y= 7
Or 9 ×(−7) −5×(−14) = 7
Ainsi on a : 9x−5y= 9 ×(−7) −5×(−14)
donc 9(x+ 7) = 5(y+ 14) (3)
On en déduit que 9 |5(y+ 14)
Or les nombres 5 et 9 étant premiers entre eux, le théorème de Gauss donne 9 |(y+ 14)
Ainsi on peut affirmer qu’il existe un entier ktel que : y+ 14 = 9kd’où y= 9k−14
En reportant y+ 14 = 9kdans (3) on obtient : 9(x+ 7) = 5 ×9k
soit x+ 7 = 5kou encore x= 5k−7
Donc les couples candidats à être solutions de (E) , sont : (5k−7; 9k−14) où kdésigne un entier
relatif quelconque.
♥Réciproque :
Pour x= 5k−7 et y= 9k−14, on calcule :
9x−5y= 9(5k−7) −5(9k−14)
= 45k−63 −45k+ 70
= 7
1

Donc tous ces couples sont bien solutions de (E).
S={(5k−7;9k−14) où k∈Z}
4Dans le plan rapporté à un repère orthonormé O;−→ ı ,−→ , on considère la droite Dd’équation carté-
sienne 9x−5y= 7.
On note Cl’ensemble des points M(x;y) du plan tels que 0 ≤x≤50 et 0 ≤y≤50. Déterminer le
nombre de points de la droite Dappartenant à l’ensemble Cet dont les coordonnées sont des nombres
entiers.
0≤x≤50 ⇐⇒ 0≤5k−7≤50 0 ≤y≤50 ⇐⇒ 0≤9k−14 ≤50
⇐⇒ 7≤5k≤57 ⇐⇒ 14 ≤9k≤64
⇐⇒ 7
57 ≤k≤57 7⇐⇒ 14 9≤k≤64 9
⇐⇒ 1≤k≤11 ⇐⇒ 2≤k≤7
(0≤x≤50
0≤y≤50 ⇐⇒ 2≤k≤7
On a donc 6 choix de ktels que 0 ≤x≤50 et 0 ≤y≤50 donc Ccontient 6 points.
Exercice 2
Pour chacune des sept propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et donner une démonstra-
tion de la réponse choisie. Une réponse non démontrée ne rapporte aucun point.
1Soient aet bdeux entiers naturels.
Proposition : S’il existe deux entiers relatifs uet vtels que au +bv = 2, alors le PGCD de aet best égal
à 2.
Pour a= 1 et b= 1, on a : 1.a + 1.b = 2 avec pgcd(a,b)=1,2. La proposition est fausse.
2Proposition : 5750 −1 est un multiple de 7.
52≡4(7) , 54≡ −1(7) donc 56≡1(7) donc 56125 ≡1(7) donc 5750 −1=7k(k∈Z):7|5750 −1. La
proposition est vraie.
3aet bsont deux entiers relatifs quelconques, net psont deux entiers naturels premiers entre eux.
Proposition : a≡b(p) si et seulement si na ≡nb(p).
• Condition nécessaire : supposons que a≡b(p). Comme n≡n(p), on a na ≡nb(p) ( Cours )
• Condition suffisante : Supposons que na ≡nb(p). Alors na −nb =pk(k∈Z)
donc n(a−b) = pk donc p|n(a−b). Or pgcd(p,n) = 1, donc d’après le théorème de Gauss : p|(a−b),
donc a−b=ph, (h∈Z) donc a≡b(p)
• Conclusion : a≡b(p)⇐⇒ na ≡nb(p). La proposition est vraie.
4xest un entier relatif.
Proposition : x2+x+ 3 ≡0(5) si et seulement si x≡1(5).
J’effectue la division euclidienne de xpar 5 : x= 5k+roù 0 ≤r≤4. Alors x−r= 5kdonc x≡r(5).
Par suite
x≡0 1 2 3 4
x2≡0 1 4 4 1
x2+x+ 3 ≡3 0 4 0 3
D’après le tableau x2+x+ 3 ≡0(5) ⇒x≡1(5) ou x≡3(5)
x≡1(5) ou x≡3(5) ⇒x2+x+ 3 ≡0(5).
La proposition est fausse : x2+x+ 3 ≡0(5) ⇐⇒ x≡1(5) ou x≡3(5)
2

5nest un entier naturel non nul.
Proposition : 3n+ 1 et 4n+ 1 sont premiers entre eux.
Posons d=pgcd(4n+ 1,3n+ 1). Alors d|3n+ 1 et d|4n+ 1 donc ddivise toute combinaison linaire de
4n+ 1 et 3n+ 1.
En particulier d|4(3n+ 1) −3(4n+ 1). donc d|1 donc d= 1 car d≥0. La proposition est donc vraie.
6On appelle Sl’ensemble des couples (x;y) d’entiers relatifs solutions de l’équation 3x−5y= 2.
Proposition : L’ensemble Sest l’ensemble des couples (5k−1;3k−1) où kest un entier relatif.
3(−1) −5(−1) = 2 ; (−1;−1) est une solution particulière.
Soient xet ydes entiers relatifs quelconques.
3x−5y= 2 équivaut successivement à 3x−5y= 3(−1) −5(−1)
3(x+ 1) = 5(y+ 1)
• Analyse : Supposons que 3(x+ 1) = 5(y+ 1). Alors 3|5(y+ 1).
Or pgcd(3;5) = 1( 3 et 5 sont des nombres premiers premiers entre eux.) donc d’après le théorème
de Gauss : 3|(y+ 1) donc y+ 1 = 3k(k∈Z)
Alors 3(x+ 1) = 5 ×3kdonc x+ 1 = 5k( 3 ,0). Finalement x=−1 + 5k, y =−1 + 3k
• Synthèse Supposons que x=−1 + 5k,y =−1 + 3k, alors 3(x+ 1) = 3 ×5k= 5 ×3k= 5(y+ 1).
• 3x−5y= 2 ⇐⇒ 3(x+ 1) = 5(y+ 1) et 3(x+ 1) = 5(y+ 1) ⇐⇒ (x=−1 + 5k(k∈Z)
y=−1 + 3k
D’ où S={(−1 + 5k;−1 + 3k)|k∈Z}. La proposition est vraie.
7On considère l’équation (E0) : x2−52x+ 480 = 0, où xest un entier naturel .
Proposition : Il existe deux entiers naturels non nuls dont le PGCD et le PPCM sont solutions de
l’équation (E0).
Dans R:x2−52x+ 480 = 0 a pour discriminant ∆= 522−4×480 = 784 qui est le carré de 28 et -28,
donc les solutions sont 52 + 28
2= 40 et 52 −28 2= 12.
Dans N:x2−52x+ 480 = 1.(x−40)(x−12) donc les solutions sont aussi 40 et 12.
Soient aet bdans N∗. On désigne par det mleur pgcd et leur ppcm. On a d|m.
• 1er cas : a=b= 12. Alors d= 12 et m= 12 : dest solution de (E0) et mest solution de (E0).
• 2ecas : a=b= 40. Alors d= 140 et m= 40 : dest solution de (E0) et mest solution de (E0).
• 3ecas : d= 40 et m= 12. Alors 40|12 absurde car 12 = 40 ×0 + 12 avec 0 ≤12 <40.
• 4ecas : d= 12 et m= 40. Alors 12|40 absurde car 40 = 12 ×3 + 4 avec 0 ≤4<12.
La proposition est vraie à condition de ne pas imposer que « le PGCD et le PPCM soient les solutions
de (E0). »
3