Du TP de hier : Le nombre 53689342192 est divisible par 11 si et

Du TP de hier :
Le nombre 53689342192 est divisible par 11 si et seulement si
5 + 36 + 89 + 34 + 21 + 92 est divisible par 11 si et seulement si
5 − 3 + 6 − 8 + 9 − 3 + 4 − 2 + 1 − 9 + 2 est divisible par 11.
Expliquer.
Réponse :
Nous avons 100 ≡11 1, parce que 11|(100 − 1), parce que
99 = 11 · 9. Alors
53689342192
=
5 · 1005 + 36 · 1004 + 89 · 1003 +
+34 · 1002 + 21 · 100 + 92
≡11 5 + 36 + 89 + 34 + 21 + 92
=
5 + (3 · 10 + 6) + (8 · 10 + 9) +
+(3 · 10 + 4) + (2 · 10 + 1) + (9 · 10 + 2)
≡11 5 − 3 + 6 − 8 + 9 − 3 + 4 − 2 + 1 − 9 + 2.
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Règles de divisibilité par 7.
Soit b > 0 un nombre tel que b ≡7 1 (par exemple b = 8).
Soit le nombre naturel N représenté sur la base b > 0 comme
N = [cr , cr −1 , . . . , c1 , c0 ]b .
Alors N est divisible par 7 si et seulement si la somme des chiffres
est divisible pas 7. Et même : N et la somme de ses chiffres ont le
même reste après division par 7 :
N ≡7 (c0 + c1 + c2 + . . . + cr ).
Preuve :
N=
r
X
i=0
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ci b i ≡7
r
X
ci 1i = (c0 + c1 + c2 + . . . + cr ).
i=0
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Du TP de hier :
Supposons que n|3a et qu’il existe deux entiers s, t tels que
3s + nt = 1. Montrer que n|a.
Réponse : Une hypothèse est 3s + nt = 1 donc aussi
3as + ant = a. Une autre hypothèse est que n|3a. Il suit que n|3as
et n|ant, et donc n|(3as + ant) et donc n|a.
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Semblable à un exercice du TP de hier :
Problème : Soit n = (1327 + 199 · 23 − 311) · (2345 + 115 ). Quel
est le dernier chiffre de n dans la représentation hexadécimale ?
Réponse : On a n > 0 donc nous cherchons le nombre 0 ≤ r < 16
tel que n ≡ r mod 16. Calculons modulo 16.
n ≡16 ((−3)27 + 7 · 7 − 7) · (9 + (−5)5 )
≡16 ((9)13 · (−3) + 42) · (9 + (25)2 · (−5))
≡16 ((81)6 · 9 · (−3) + 10) · (9 + (9)2 · (−5))
≡16 ((1)6 · (−27) + 10) · (9 + (81) · (−5))
≡16 (−17) · (9 + (1) · (−5))
≡16 (−1) · (4)
≡16 −4
≡16 12
Donc le dernier chiffre est C (douze).
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Du TP de hier :
(i) Soient a, c, n des entiers où n > 0. Montrer qu’il existe un
entier x tel ax ≡n c si et seulement si pgcd(a, n) divise c.
(ii) Trouver un entier x tel que 7x ≡100 1.
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Du TP de hier :
(i) Soient a, c, n des entiers où n > 0. Montrer qu’il existe un
entier x tel ax ≡n c si et seulement si pgcd(a, n) divise c.
Réponse : Traduction : Il faut montrer qu’il existe un entier x tel
n|(ax − c) si et seulement si pgcd(a, n) divise c.
Traduction : Il faut montrer qu’il existe un entier x et un entier y
tel ax + ny = c si et seulement si pgcd(a, n) divise c.
Mais c’est une proposition montrée déjà à l’aide du théorème de
Bézout ! ! !
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(ii) Trouver un entier x tel que 7x ≡100 1.
Réponse : Utilisons les traductions. Trouver d’abord entiers x , y
tels que x 7 + y 100 = 1. Par l’algorithme de Bézout :
1 · 100 + 0 · 7 = 100
0 · 100 + 1 · 7 = 7
1 · 100 − 14 · 7 = 2
−3 · 100 + 43 · 7 = 1
Donc 100|((7 · 43) − 1) et 7 · 43 ≡100 1. Donc x = 43 est une
solution (Mais 143 et −57 sont aussi solutions par exemple).
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Conséquences modulo m.
Vous voyez que nos algorithmes d’Euclide et de Bézout ont des
conséquences "modulo m" aussi.
Souvent dans les mathématiques on doit résoudre des équations
linéaires "modulo m". Il faut savoir comment.
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Cet exercice est le théorème suivant !
Théorème
Fixons trois nombres entiers a, b, m et supposons m > 0. Mettons
d = pgcd(a, m). Considérons l’équation
ax ≡m b (ou ax ≡ b mod m).
On peut trouver un entier x qui satisfait cette équation
si et seulement si
d|b.
Nous allons le remontrer.
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Démonstration.
Supposons d’abord que pour x ∈ Z on a ax ≡ b mod m. Alors
m|(ax − b) et il existe un entier c tel que ax − b = cm. On a que
d|a et d|m et on conclut que d|(ax − cm) et d|b.
Par contre, supposons d|b. Il existe un entier c tel que b = cd. Par
le théorème de Bézout, il existe deux entiers s, t tels que
sa + tm = d ; et donc aussi csa + ctm = cd = b. Alors csa − b est
divisible par m et
csa ≡m b.
Alors x = cs satisfait l’équation.
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Une variation de l’exercice :
Peut-on résoudre-modulo-1064 l’équation
1351x ≡1064 21?
Heureusement, nous avons déjà calculé que pgcd(1351, 1074) = 7,
et 7 divise la partie droite 21 : une solution existe !
Par contre l’équation
1351x ≡1064 29
on ne peut pas résoudre, car 7 ne divise pas 29 !
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Pour trouver une solution, on commence par trouver s, t par la
méthode de Bézout, tels que s1351 + t1064 = 7. Ce que nous
avons aussi déjà fait !
(−63) · 1351 + 80 · 1064 = 7
donc en multipliant par 3 :
(−3 · 63) · 1351 + (3 · 80) · 1064 = 3 · 7 = 21
et
(−3 · 63) · 1351 ≡1064 21
Donc x = −3 · 63 = −189 est une solution.
Si on veut une solution positive on ajoute 1064, c.-à-d.,
x = −189 + 1064 = 875 est aussi une solution.
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Corollaire
Soit m un entier positif, et a, b, c des entiers. Si ac ≡m bc et
pgcd(c, m) = 1, alors a ≡m b.
Démonstration.
Par Bézout, il existe entiers s et t tels que sm + tc = 1, donc
tc ≡m 1. Donc si ac ≡m bc on a aussi atc ≡m btc et
a ≡m atc ≡m btc ≡ b.
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Comparer :
Si a, b, c sont trois entiers et
ac = bc.
On ne peut pas conclure que a = b non plus, sauf si on sait que
c 6= 0.
Soit m un entier positif, et a, b, c des entiers. Si ac ≡m bc alors on
vient de voir
a ≡m b,
si pgcd(c, m) = 1.
On a vraiment besoin de cet hypothèse. Par exemple :
1 · 2 ≡4 3 · 2 mais 1 6≡4 3 (et pgcd(2, 4) = 2 6= 1).
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Rappelons :
Les propriétés considérées essentielles de l’ensemble des nombres
naturels N = {0, 1, 2, 3, . . . , n, n + 1, . . .} sont les suivantes :
1. Chaque nombre naturel n a un unique successeur dans N, noté
n + 1.
2. Il existe un nombre naturel spécial, noté 0, et
3. chaque nombre naturel n différent de 0 a un unique
prédécesseur dans N, noté n − 1. On a (n + 1) − 1 = n, pour
tout n ∈ N et (n − 1) + 1 = n pour tout n ∈ N tel que n 6= 0.
4. Si E ⊆ N est un sous-ensemble de N tel que (i) 0 ∈ E et
(ii) pour chaque n ∈ E aussi n + 1 ∈ E , alors
nécessairement E = N.
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La discussion sur les propriétés de + et . sur N d’aujourd’hui ne
sera pas matière d’examen. On le suppose "connu".
À partir de seulement les propriétés essentielles de N nous allons
déduire les autres propriétés de N bien connues par vous.
Un peu longue, mais pas vraiment dur.
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La définition de l’addition.
Definition
Fixons a ∈ N. Nous allons définir pour chaque n ∈ N l’élément
a + n ∈ N. Au début a + 0 = a et a + 1 est le successeur de a (qui
existe et est unique par une des propriétés essentielles de N). Puis
supposons pour n ∈ N on a déjà défini a + n, alors on définit
a + (n + 1) comme le successeur de a + n, c.-à-d., par définition
a + (n + 1) := (a + n) + 1.
Ainsi on a défini a + n pour chaque n ∈ N.
Démonstration.
En effet l’addition a + n est définie pour n = 0, et si c’est définie
pour n alors c’est aussi définie pour n + 1. Par le principe
d’induction, l’addition a + n a été définie pour chaque n ∈ N.
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La définition de la multiplication.
Definition
Fixons a ∈ N. Nous allons définir pour chaque n ∈ N l’élément
a · n ∈ N. Au début on définit a · 0 := 0, a · 1 := a. Supposons pour
n ∈ N on a déjà défini a · n, alors on définit
a · (n + 1) := (a · n) + a. Ainsi on a défini a · n pour chaque n ∈ N.
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L’associativité de l’addition :
Théorème
Pour tous les nombres naturels a, b, c on a
(a + b) + c = a + (b + c).
Démonstration.
Fixons a et b. Nous allons montrer par induction sur n que
(a + b) + n = a + (b + n).
Début : Si n = 0 c’est vrai : (a + b) + 0 = a + b = a + (b + 0), car
par définition N + 0 = N pour chaque nombre naturel N.
Étape d’induction. Supposons (a + b) + n = a + (b + n), pour
n ≥ 0. Alors
(a + b) + (n + 1) = ((a + b) + n) + 1 = ((a + (b + n)) + 1 =
= a + ((b + n) + 1) = a + (b + (n + 1)).
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Lemme
Pour chaque nombre naturel n on a
0 + n = n + 0 = n et 1 + n = n + 1.
Démonstration.
Rappel : par définition de l’addition on a n + 0 = n et
0 + (n + 1) = (0 + n) + 1 pour chaque nombre naturel n.
On montre que 0 + n = n + 0 = n par induction.
Début : si n = 0 c’est une tautologie : 0 + 0 = 0 + 0.
Étape d’induction : Supposons par induction que
0 + n = n + 0 = n. Donc
0 + (n + 1) = (0 + n) + 1 = n + 1 = (n + 1) + 0.
On conclut par induction.
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(suite).
Puis, on montre que 1 + n = n + 1 par induction.
Début. Si n = 0 on a : 1 + 0 = 1 = 0 + 1, car par définition 1 est
le successeur de 0.
Étape d’induction : Supposons par induction que 1 + n = n + 1.
Alors par L’hypothèse d’inducton et l’associativité :
(n + 1) + 1 = (1 + n) + 1 = 1 + (n + 1).
Et donc par induction on conclut : 1 + n = n + 1 pour chaque
nombre naturel n.
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La commutativité de l’addition :
Théorème
Pour tous nombres naturels n et m on a
m + n = n + m.
Démonstration.
Fixons m. Nous allons montrer le théorème par induction sur n.
Début : c’est le lemme précécent.
Étape d’induction : Supposons par induction que m + n = n + m,
pour n ≥ 0. Donc par définition de l’addition, l’hypothése
d’induction, l’associativité de l’addition, et le lemme
m + (n + 1) = (m + n) + 1 = (n + m) + 1 = 1 + (n + m) =
= (1 + n) + m = (n + 1) + m.
Donc par induction théorème est vrai.
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La distributivité :
Théorème
Pour tous nombres naturels a, b, n on a
(a + b) · n = (a · n) + (b · n).
Démonstration.
Par induction sur n.
Début. Pour n = 0 on a : (a + b) · 0 = 0 = 0 + 0 = (a · 0) + (b · 0).
Étape d’induction. Supposons (a + b) · n = (a · n) + (b · n).. On a
par définition de la multiplication, l’associativité et la
commutativité de l’addition, et l’hypothèse d’induction :
(a +b)·(n +1) = ((a +b)·n)+(a +b) = ((a ·n)+(b ·n))+(a +b) =
= ((a · n) + a) + ((b · n) + b) = ((a · (n + 1)) + ((b · (n + 1)).
Donc par le principe d’induction, le théorème est vrai.
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L’associativité de la multiplication :
Théorème
Pour tous nombres naturels a, b, n on a
(a · b) · n = a · (b · n).
Démonstration.
Par induction sur n.
Début. Pour n = 0 on a : (a · b) · 0 = 0 = a · 0 = a · (b · n).
Étape d’induction. Supposons (a · b) · n = a · (b · n). Alors par
définition de la multiplication, l’hypothèse d’induction et la
distributivité :
(a · b) · (n + 1) = ((a · b) · n) + (a · b) = (a · (b · n)) + (a · b) =
= a · ((b · n)) + b) = a · (b · (n + 1)).
Donc par le principe d’induction, le théorème est vrai.
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Lemme
Pour chaque nombre naturel n on a
0 · n = n · 0 = 0 et 1 · n = n · 1 = n
Démonstration.
Rappel : par définition de la multiplication on a n · 0 = 0 et
n · 1 = n.
On montre que 0 · n = 0 par induction. Début : si n = 0 on a en
effet 0 · 0 = 0. Étape d’induction : Supposons par induction que
0 · n = 0. Alors par définition de la multiplication, l’hypothèse
d’induction, et par définition de l’addition
0 · (n + 1) = (0 · n) + 0 = 0 + 0 = 0.
Donc par le principe d’induction, c’est vrai que 0 · n pour chaque
nombre naturel n.
On montre que 1 · n = n par induction. Début : si n = 0 on a en
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La commutativité de la multiplication :
Théorème
Pour tous nombres naturels a, n on a
a·n =n·a
Démonstration.
Par induction sur n. Début : si n = 0 on a en effet a · 0 = 0 = 0 · a
par le lemme. Aussi si n = 1 on a en effet a · 1 = a = 1 · a par le
lemme. Étape d’induction : Supposons par induction que
a · n = n · a. Alors par définition de la multiplication, l’hypothèse
d’induction, le lemme, la distributivité
a · (n + 1) = (a · n) + a = (n · a) + 1 · a = (n + 1) · a.
Donc par le principe d’induction, le théorème est vrai.
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On arrête ici. Construire Z à l’aide de N est relativement facile,
mais pour construire les fractions Q nous aurons besoin de la
notion de
relation d’équivalence, et classe d’équivalence
qui font partie de la matière du cours et donc dans l’examen final.
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Relations d’équivalence
Les humains aiment faire des classifications.
Les nombres entiers sont de deux sortes : les nombres pairs et les
nombres impairs.
Pour les nombres réels on a les classes des nombres positifs,
négatifs et 0.
Les animaux domestiques sont classifiés dans plusieurs classes : les
chiens, les chats, les vaches, les chevaux, les cochons, ...
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Les symboles sont divisés dans les classes
a, b, c, . . . , z, 1, 2, . . . , +, ∗, :, ....
Les A, a , a sont dans la même classe "a" etcetera.
Idéalement, chaque objet considéré est placé dans une classe, et
idéalement dans une seule classe.
Nous avons besoin de modéliser cet idée en termes des ensembles.
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Soit U un ensemble.
Nous voudrions diviser les éléments dans plusieurs classes
(sous-ensembles), selon une certain classification.
Idéalement on ne veut pas permettre un élément dans deux classes
différentes.
Il y a plusieurs façons de le faire, mais ils sont tous équivalent.
Soit à partir d’une fonction propositionnelle, soit à partir d’une
partition de l’ensemble, ou une fonction.
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Relation d’équivalence
Definition
Nous allons dire que ∼ est une relation d’équivalence sur un
ensemble U si pour chaque u, v , w élements de U on a
(i) u ∼ u (réflexive) ;
(ii) si u ∼ v alors v ∼ u (symétrique) ;
(iii) si u ∼ v et v ∼ w alors u ∼ w (transitive).
Dans ce cas nous allons dire que u est équivalent à v si u ∼ v .
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À la place du symbole ∼ aussi autres symboles sont souvent
utilisés pour des relations d’équivalence, comme ≡.
Mais le petit règlement restera en force :
(i) u ≡ u (réflexive) ;
(ii) si u ≡ v alors v ≡ u (symétrique) ;
(iii) si u ≡ v et v ≡ w alors u ≡ w (transitive).
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Exemple : Si U = Z et n > 0 un nombre entier.
Une relation d’équivalence sur Z est ≡n . Nous avons déjà vérifié
les axiomes.
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Exemple : Si U = {(n, d) ∈ Z2 | d 6= 0}. Nous allons définir
(n1 , d1 ) ∼ (n2 , d2 )
si et seulement si n1 d2 = n2 d1 .
(i) et (ii) sont facile à vérifier. règle (iii). Supposons
(n1 , d1 ) ∼ (n2 , d2 ) et (n2 , d2 ) ∼ (n3 , d3 ). C.-à-d. n1 d2 = n2 d1 et
n2 d3 = n3 d2 . En multipliant par d3 respectivement d1 :
n1 d2 d3 = n2 d1 d3 = n3 d2 d1 .
Parce que heureusement on suppose d2 6= 0, alors on obtient
n1 d3 = n3 d1 , c.-à.d. (n1 , d1 ) ∼ (n3 , d3 ).
La classe d’équivalence de (n, d) sera une fraction.
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Soir f : U : V une fonction. Définissons une relation d’équivalence
∼f sur U.
x ∼f y
si et seulement si f (x ) = f (y ). Le réglement est facile à vérifier.
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