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1. Montrer que si un entier naturel non nul a est premier avec deux entiers b et c alors il est premier avec leur produit.
2. Déduire que si PGCD (a ; b) = 1 alors PGCD (a ; bn ) = 1 pour tout n supérieur ou égal à 2.
3. Soit n un entier ≥ 2. Soit l’équation (E) : 3 nx – 2 y = 1
a. Vérifier que l’équation (E) admet des solutions dans Z
b. On pose pn = 1 + 3 + 3 2 + ... + 3 n – 1.
Ecrire pn sous forme d’un quotient et vérifier que le couple (1 ; pn) est une solution de (E).
4. Dans le plan muni d’un repère orthonormé
(O ; , )
i j
, soit Dn la droite d’équation : 3 nx – 2 y – 1 = 0
a. Déterminer l’ensemble des points Fn de Dn dont les coordonnées sont entières.
b. Existe-t-il des points de Fn appartenant à la parabole P de sommet O, d’axe focal
(O ; )
i
et de paramètre pn.
CORRECTION
1. a est premier avec b donc, d’après le théorème de Bézout, il existe deux entiers tels que a u + b v = 1
De même si a est premier avec c, d’après le théorème de Bézout, il existe deux entiers tels que a u’ + c v’ = 1
donc b v = 1 – a u et c v’ = 1 – a v’
donc b c v v’ = (1 – a u) (1 – a u’) ⇔b c v v’ = 1 – a u – a u’ + a u ×a u’
soit b c v v’ = 1 – a (– a u u’ + u + u’)
U = (– a u u’ + u + u’) et V = v v’ sont des entiers relatifs et b c V = 1 –a U soit a U + b c V = 1
D’après le théorème de Bézout, a et b c sont premiers entre eux.
2. Initialisation : si n = 2, et PGCD(a ; b) = 1, en appliquant la propriété précédente à b = c alors PGCD( a ; b×b) = 1
soit PGCD (a ; b 2 ) = 1. La propriété est initialisée.
Hérédité : Montrons pour tout entier n≥ 2, que si PGCD(a ; b) = 1 alors PGCD(a ; bn ) = 1
PGCD(a ; b) = 1 et PGCD(a ; bn ) = 1 en appliquant la propriété précédente à c = bn alors PGCD( a ; b×bn) = 1
soit PGCD( a ; bn + 1 ) = 1, la propriété est héréditaire.
Conclusion : La propriété est initialisée et héréditaire donc pour tout n≥ 2, si PGCD(a ; b) = 1 alors PGCD (a ; bn) = 1.
3. Soit l’équation (E) : 3nx – 2 y = 1
a. D’après la propriété précédente, si n≥ 2, 2 et 3 n sont premiers entre eux, d’après le théorème de Bézout, l’équation (E) admet
des solutions dans Z
b. pn est la somme des n premiers termes d’une suite géométrique de raison 3 de premier terme 1 donc pn =
3 1 3 1
3 1 2
n n
− −
=
−
2 pn = 3n – 1 donc 3n – 2 pn = 1 donc (1 ; pn) est une solution de (E).
4. a. Déterminer l’ensemble des points Fn de Dn dont les coordonnées sont entières.
3 2 1
3 2 1
n
nn
x y
p
− =
− =
 donc par différence terme à terme : 3n (x – 1) – 2 (y – pn) = 0 soit 3 n (x – 1) = 2 (y – pn)
2 et 3 n sont premiers entre eux et 2 divise 3 n (x – 1) donc 2 divise x – 1
Il existe un entier relatif k tel que x – 1 = 2 k soit x = 2 k + 1
En remplaçant dans 3n (x – 1) = 2 (y – pn) alors 3n× 2 k = 2 y – pn donc y – pn = 3 nk soit y = 3nk + pn
Si (x ; y) est solution de (E) alors x = 2 k + 1 et y = 3nk + pn avec k∈ Z.
Réciproquement : si x = 2 k + 1 et y = 3nk + pn avec k∈ Z alors 3 nx – 2 y = 3n (2 k + 1) – 2 (3nk + pn) = 3n – 2 pn = 1
donc si x = 2 k + 1 et y = 3 nk + pn avec k∈ Z alors (x ; y) est solution de (E).
Les solutions de (E) sont les couples (2 k + 1 ; 3nk + pn) avec k∈ Z.
4. b. Si un tel point existe alors x = 2 k + 1 et y = 3nk + pn avec k∈ Z et x = 2 pny 2
Or, pour tout k∈ Z, 2 k + 1 est un entier impair, 2 pny 2 est un entier pair, on aboutit à une incompatibilité.
Il n’existe pas de point Fn appartenant à la parabole P de sommet O, d’axe focal
(O ; )
i
et de paramètre pn.