Correction publiée 03-10-2016

Eléments de correction Spé Maths - DM1 TS2
Exercice 1
˜
1. Il est facile de voir que les seuls diviseurs entiers et positifs de 15 sont les éléments de D15 avec :
D15 = (1,3,5,15)
2. L’expression yx2−y= 15 peut s’écrire y(x2−1) = 15.
Puisque xest un nombre entier alors (x2−1) est aussi entier. En posant k= (x2−1) on obtient
y×k= 15 avec k entier
Ce qui prouve que
ydivise 15
3. Puisque yest un diviseur de 15, alors :
y∈ D15
En procédant cas par cas on obtient
— Si y= 1 l’expression yx2−y= 15 s’écrit x2−1 = 15 ou encore x2= 16. La solution évidente est x= 4
(notez que x=−4n’est pas acceptable puisque x∈N)
— Si y= 3 l’expression yx2−y= 15 s’écrit 3x2−3 = 15 ou encore 3x2= 18 qui se simplifie en x2= 6. Cette
équation n’a pas de solution entière (√6n’est pas entier).
— Si y= 5 l’expression yx2−y= 15 s’écrit 5x2−5 = 15 ou encore 5x2= 20 qui se simplifie en x2= 4. La
solution évidente est x= 2 (notez que x=−2n’est pas acceptable puisque x∈N)
— Si y= 15 l’expression yx2−y= 15 s’écrit 15x2−15 = 15 ou encore 15x2= 30 qui se simplifie en x2= 2.
Cette équation n’a pas de solution entière (√2n’est pas entier).
Les seuls couples d’entiers naturels qui vérifient yx2−y= 15 sont donc :
(4,1) et (2,5)
Exercice 2
˜
Table 1 – Calculs pour n allant de 1 à10
1.
n n6−1n n6−1
1 0 = 9 x 0 6 46655 = non div. par 9
2 63 = 9 x 7 7 117648 = 9 x 13072
3 728 = non div. par 9 8 262143 = 9 x 29127
4 4095 = 9 x 455 9 531440 = non div. par 9
5 15624 = 9 x 1736 10 999999 = 9 x 111111
On peut conjecturer que pour tout nnon multiple de 3 l’expression n6−1est divisible par 9.
2. A l’aide une calculatrice effectuant des calculs formels ou du logiciel Xcas
n3−1=(n−1)(n2+n+ 1)
n3+ 1 = (n+ 1)(n2−n+ 1)
On remarque par ailleurs que :
P(n) = n6−1=(n3−1)(n3+ 1)
et donc
P(n)=(n−1)(n2+n+ 1)(n+ 1)(n2−n+ 1)
ou
P(n)=(n−1)(n+ 1)(n2+n+ 1)(n2−n+ 1)
LPO de Chirongui 1

Eléments de correction Spé Maths - DM1 TS2
3. On rappelle que 3 est un nombre premier. Donc si 3divise P(n)alors 3 divise nécessairement au moins un
des facteurs de P(n)
—Supposons que nest un multiple de 3 alors ni n+ 1 et ni n−1ne sont divisibles par 3. De même il est
évident que n2+n+ 1 n’est pas divisible par 3puisque 3|n2et 3|net 3 ne divise pas 1. de la même manière
n2−n+ 1 n’est pas divisible par 3.
Si nest un multiple de 3 alors n6−1n’est pas divisible 3 et donc n’est pas divisible par 9 puisque 9=3×3
—Supposons maintenant que nne soit pas un multiple de 3 c’est à dire que que l’on peut trouver un entier
ktel que n= 3k+ 1 ou n= 3k+ 2
— Si n= 3k+ 1 alors (n−1)(n+ 1) = (3k+ 1 −1)(3k+ 1 + 1) = 3k(3k+ 2) ce qui prouve que (n−1)(n+ 1)
est divisible par 3. Par ailleurs
n2+n+ 1 = (3k+ 1)2+ (3k+ 1) + 1 = 9k2+ 9k+ 3 = 3(3k2+ 3k+ 1)
Ce qui prouve que n2+n+ 1 est divisible par 3
Donc, en résumé, on peut trouver des nombres entiers aet btel que
(n−1)(n+ 1) = 3aet n2+n+ 1 = 3b
et donc
P(n)=(n−1)(n+ 1)(n2+n+ 1)(n2−n+ 1) = 3a×3b×(n2−n+ 1) = 9ab(n2−n+ 1)
Ce qui prouve que P(n)est divisible par 9
— Si n= 3k+ 2 alors (n−1)(n+ 1) = (3k+ 2 −1)(3k+ 2 + 1) = (3k+ 1)(3k+ 3) = 3(3k+ 1)(k+ 1) ce qui
prouve que (n−1)(n+ 1) est divisible par 3. Par ailleurs
n2−n+ 1 = (3k+ 2)2−(3k+ 2) + 1 = 9k2+ 9k+ 3 = 3(3k2+ 3k+ 1)
Ce qui prouve que n2−n+ 1 est divisible par 3
On conclut de la même manière que dans le cas précédent.
Nous avons prouvé que si n n’est pas multiple de 3 alors n6−1est divisible par 9
Exercice 3
˜
1. Simplement on peut écrire (on peut aussi utiliser la factorisation du trinôme vue en 1ere) :
n2+ 5n+ 4 = n2+ 2n+ 1 + 3n+ 3 = (n+ 1)2+ 3(n+ 1) = (n+ 1) [(n+ 1) + 3] = (n+ 1)(n+ 4)
n2+ 3n+ 2 = n2+ 2n+1+n+ 1 = (n+ 1)2+ (n+ 1) = (n+ 1) [(n+ 1) + 1] = (n+ 1)(n+ 2)
2. —
(n+ 1)(3n+ 12) + 7 = (3n2+ 15n+ 12) + 7 = 3n2+ 15n+ 19
— On peut écrire
3n2+ 15n+ 19 = (3n2+ 15n+ 12) + 7 = 3(n2+ 5n+ 4) + 7
Puisque l’on sait que n2+ 5n+ 4 est divisible par (n+ 1) alors il existe une nombre entier ktel que
n2+ 5n+ 4 = k(n+ 1) (on a prouvé que k=n+ 4)et donc
3n2+ 15n+ 19 = k(n+ 1) + 7
Donc n+ 1 doit diviser 7pour diviser 3n2+ 15n+ 19 (pourquoi ?). Les seuls diviseurs de 7 sont -7, -1, 1 et
7, puisque n∈Nles seules valeurs de n possibles sont 0 et 6.
3. Supposons qu’il existe un entier ntel que n2+ 3n+ 2 divise 3n2+ 15n+ 19 alors il existe un entier ktel que
3n2+ 15n+ 19 = k(n2+ 3n+ 2) = k(n+ 1)(n+ 2)
Ce qui veut donc dire que (n+ 1) divise 3n2+ 15n+ 19 et, d’après ce qui précède, n= 6 et en substituant par
cette valeur 3n2+ 15n+ 19 = 217 = 7 ×31 et 217 = k(6 + 1)(6 + 2) = k×7ou encore 31 = k×7ce qui est
impossible puisque 31 est premier.
Donc, pour tout n∈Nn2+ 3n+ 2 ne divise pas 3n2+ 15n+ 19
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Eléments de correction Spé Maths - DM1 TS2
Exercice 4
˜
1. Supposons tout d’abord que a et b sont pairs. Alors il existe deux nombre k et k’ tels que a= 2ket b= 2k0.Donc
a2+b2= (2k)2+ (2k0)2= 4k2+ 4k02= 2(2k2+ 2k02)
Ce qui prouve que a2+b2est pair en contradiction avec l’hypothèse.
Supposons maintenant que a et b sont impairs. Alors il existe deux nombre k et k’ tels que a= 2k+ 1 et b=
2k0+ 1.Donc
a2+b2= (2k+1)2+(2k0+1)2= (4k2+4k+1)+(4k02+4k0+1) = (4k2+4k)+(4k02+4k0)+2 = 2(2k2+2k+2k02+2k0+1)
Ce qui prouve que a2+b2est pair en contradiction avec l’hypothèse.
a et b ne peuvent pas avoir la même parité
2. D’après la question précédente, si un entier n est impair n est la somme de deux carrés a2et b2alors aet bn’ont
pas la même parité.
Supposons que aest pair et que best impair. Alors il existe deux entiers k0et k00 tel que a= 2ket b= 2k00 +1.On
obtient
n=a2+b2= (2k0)2+ (2k00 + 1)2= 4k02+ (4k002+ 4k00 + 1) = 4(k02+k002+k0+k00 )+1
En posant k=k02+k002+k0+k00 on obtient bien la forme
n= 4k+ 1
.
3. Supposons qu’il existe trois entiers a,b et k tels que a2+b2= 4k−1. Donc a2−b2est impair . Alors, d’après
ce qui précède, il existe aussi un entier k0tel que a2+b2= 4k0+ 1.En sommant ces deux égalités on a :
2(a2+b2) = (4k−1) + (4k0+ 1) = Ak + 4k0= 4(k+k0)
ou encore
a2+b2= 2(k+k0)
Cela prouve que a2−b2est pair : c’est en contradiction avec le début du raisonnement donc :
il n’existe pas trois entiers a,b et k tels que a2+b2= 4k−1.
LPO de Chirongui 3