ARITHMÉTIQUE P.G. 2010/2011 1 §1. Généralités Trois axiomes

§1.
Généralités
Trois axiomes fondamentaux pour l’arithmétique
(Ils ne se démontrent pas mais doivent se comprendre parfaitement.)
Axiome 1 : toute partie non vide de N admet un plus petit élément. Cela est faux dans Z.
Axiome 2 : toute partie non vide et majorée de N admet un plus grand élément.
Axiome 3 : toute suite d’entiers naturels strictement décroissante est finie. Faux dans Z.
Définition : a et b étant deux entiers, a est un multiple de b si et seulement si : il existe un entier
q tel que a = bq.
Si de plus b ≠ 0, on dit que b divise a, ou que b est un diviseur de a, ou que a est
divisible par b et on note : b | a.
Exemples :
B Montrer que, quel que soit l’entier naturel n, n3 − 8 est multiple de n − 2.
On utilise l'identité remarquable :
(
)
(
n3 − 8 = n3 − 23 = ( n − 2) n 2 + 2n + 22 = (n − 2) n 2 + 2n + 4
2
)
3
Quel que soit l'entier n, n + 2n + 4 est un entier donc n − 8 est multiple de n − 2.
C
Montrer que la somme de trois entiers consécutifs est toujours divisible par 3.
Trois entiers consécutifs peuvent s'écrire : n, n + 1 et n + 2.
Leur somme est : n + n + 1 + n + 2 = 3n + 3 = 3(n + 1) donc divisible par 3.
entier
Remarque : A noter que, pour des raisons de symétrie et de simplification, on a souvent
intérêt à prendre n – 1, n et n + 1, dont la somme est : n – 1 + n + n + 1 = 3n.
D
Montrer que, quel que soit l’entier naturel n, 5 2 n − 7 n est divisible par 18.
On utilise une identité remarquable.
Pour tout entier naturel n ≥ 2 :
( )
52 n − 7 n = 5 2
n
− 7 n = 25n − 7 n = (25 − 7)(25n −1 + 25n − 2 × 7 + … + 25 × 7 n − 2 + 7 n −1 )
52 n − 7 n = 18 × (25n −1 + 25n − 2 × 7 + … + 25 × 7 n − 2 + 7 n −1 ) donc divisible par 18.
entier
Pour n = 1 : 52×1 − 71 = 25 − 7 = 18 donc divisible par 18.
Enfin pour n = 0 : 52×0 − 70 = 1 − 1 = 0 donc divisible par 18.
Théorème : Pour tout entier relatif a, 1 divise a et −1 divise a.
Démonstration : a = 1×a et a = −1×(−a).
entiers
Théorème : Pour tout entier relatif a non nul, a divise a et −a divise a.
Démonstration : a = a×1 et a = −a×(−1).
entiers
ARITHMÉTIQUE
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P.G. 2010/2011
Théorème : Si a divise b (avec b ≠ 0), alors |a | ≤ |b |.
(En valeur absolue, le diviseur est plus petit que le dividende.)
Démonstration : a divise b, donc il existe un entier q tel que b = aq, ce qui implique que
|b | = |a|×|q |. Et comme b ≠ 0, alors |q| ≠ 0. q étant entier, |q| ≥ 1. D’où la propriété
en multipliant par |a| qui est positif : |a|×|q | ≥ |a|, c'est-à-dire |b | ≥ |a |.
Théorème : a et b étant deux entier relatifs non nuls, si a divise b et b divise a, alors |a | = |b |
(ce qui signifie que a et b sont égaux ou opposés).
Démonstration :
D’après le théorème précédent :
Si a divise b, alors |a | ≤ |b |
Si b divise a, alors |b | ≤ |a |
d’où |b | = |a |
Théorème : a et b étant deux entier naturels non nuls, si a divise b et b divise a, alors a = b.
Démonstration :
D’après le théorème précédents, a et b sont égaux ou opposés mais comme ils sont
tous les deux strictement positifs, ils ne peuvent plus qu’être égaux.
Théorème de transitivité : Si a divise b et b divise c, alors a divise c.
Démonstration :
Si a divise b, alors il existe un entier q tel que b = a×q.
Si b divise c, alors il existe un entier q' tel que c = b×q'.
En remplaçant : c = (a×q)×q' = a×(q×q') donc a divise c.
entier puisque produit de deux entiers
Théorème : Si a divise à la fois b et c, alors a divise b + c, b − c et plus généralement kb + k 'c
où k et k ' sont des entiers (toute combinaison linéaire à coefficients entiers de b et c).
Démonstration :
Si a divise b, alors il existe un entier q tel que b = a×q.
Si a divise c, alors il existe un entier q' tel que c = a×q'.
En remplaçant : kb + k 'c = kaq + k 'aq ' = a×(kq + k 'q ') donc a divise kb + k 'c.
entier
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Exemples :
E Montrer que, si un entier naturel divise à la fois les entiers 2n + 3 et 3n + 4, cet entier ne
peut qu’être égal à 1.
Si un entier p divise à la fois les entiers 2n + 3 et 3n + 4, alors p divise toute combinaison
linéaire, à coefficients entiers, de ces deux nombres.
p divise donc, entre autres : 3×(2n + 3) – 2×(3n + 4) = 1.
Comme 1 n'a qu'un diviseur positif, p ne peut qu'être égal à 1.
F
n désigne un entier relatif. Démontrer que si un entier relatif a divise les entiers
n2 + 3n + 13 et n + 2, alors a divise 11.
Si un entier a divise à la fois n2 + 3n + 13 et n + 2, il divise, par théorème, toute
combinaison linéaire à coefficients entiers de ces deux nombres. a divise donc entre
autres : 1×(n2 + 3n + 13) − (n + 1)×(n + 2) = n2 + 3n + 13 − n2 − 2n − n − 2 = 11.
G
Déterminer les entiers relatifs n tels que n − 1 divise n + 17, en remarquant que :
n + 17 = (n − 1) + 18.
Si n − 1 divise n + 17, comme il divise n − 1, il divise leur différence : n + 17 − (n − 1) = 18.
Réciproquement, si n − 1 divise 18, comme il divise n − 1, il divise leur somme :
18 + (n − 1) = n + 17.
Conclusion : n − 1 divise n + 17 si et seulement si n − 1 divise 18.
18 a pour diviseurs : −18 ; −9 ; −6 ; −3 ; −2 ; −1 ; 1 ; 2 ; 3 ; 6 ; 9 ; 18.
Par suite : n − 1 ∈ {−18 ; −9 ; −6 ; −3 ; −2 ; −1 ; 1 ; 2 ; 3 ; 6 ; 9 ; 18}, ce qui donne
finalement : n ∈ {−17 ; −8 ; −5 ; −2 ; −1 ; 0 ; 2 ; 3 ; 4 ; 7 ; 10 ; 19}.
Théorème : Si a divise b, alors ac divise bc pour tout entier c non nul.
Démonstration :
Si a divise b, alors il existe un entier q tel que b = a×q. Par suite, bc = ac×q, donc
ac divise bc.
ARITHMÉTIQUE
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§2.
Types de raisonnement
1. Raisonnement par disjonction des cas
Exemple :
1^ Montrer que, quel que soit l’entier naturel n, le nombre n(n + 3) est divisible par 2.
On envisage deux cas :
• ou bien n est pair, il s’écrit alors n = 2k (k∈N). On a alors n(n + 3) = 2k(2k + 3)
entier
donc divisible par 2.
• ou bien n est impair, il s’écrit alors n = 2k + 1 (k∈N).
On a alors n(n + 3) = (2k + 1)(2k + 1 + 3) = (2k + 1)(2k + 4) = 2(2k + 1)(k + 2)
donc divisible par 2.
entier
On constate que dans tous les cas, n(n + 3) est divisible par 2.
2. Etude exhaustive
Exemple :
1& Déterminer tous les entiers naturels x et y tels que (x − 1)2y = 18.
On sait que 18 = 1×18 = 2×9 = 3×6 et que parmi ses diviseurs figurent deux carrés
parfaits : 1 et 9.
( x − 1) 2 = 1 ( x − 1)2 = 9
ou 
(x − 1)2y = 18 ⇔ 
 y = 18
 y = 2
 x − 1 = −1  x − 1 = 1  x − 1 = −3  x − 1 = 3
(x − 1)2y = 18 ⇔ 
ou 
ou 
ou 
 y = 18
 y = 18
y = 2
y = 2
x = 0
x = 2
 x = −2  x = 4
(x − 1)2y = 18 ⇔ 
ou 
ou 
ou 
 y = 18  y = 18  y = 2
y = 2
x et y devant être positifs, les couples solutions sont donc : (0 ; 18), (2 ; 18) et (4 ; 2).
3. Raisonnement par l'absurde
Exemple :
1* n désignant un entier relatif quelconque, montrer que 7 ne divise pas 6 + 14n.
Supposons que 7 divise 6 + 14n, alors 7 diviserait (6 + 14n) − 7×2n comme différence
de deux nombres divisibles par 7. On aboutirait donc à 7 divise 6, ce qui est faux.
La supposition était donc fausse. 7 ne divise pas 6 + 14n.
4. Raisonnement par contraposition
Ce raisonnement est basé sur le principe suivant :
Les affirmations : si P alors Q et si non Q alors non P sont équivalentes, c'est-àdire que démontrer que l'une est vraie démontre que l'autre l'est également.
Exemple :
1( Montrer que, si a 2 + b 2 est impair, alors a et b ne sont pas de même parité.
Si a et b sont de même parité, alors a2 et b2 le sont aussi car un nombre et son carré sont
de même parité. La somme a 2 + b 2 serait donc paire.
On vient de démontrer que :
Si a et b sont de même parité, alors a 2 + b 2 n'est pas impaire.
Par contraposition :
Si a 2 + b 2 est impair, alors a et b ne sont pas de même parité
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5. Raisonnement par récurrence
Soit P une propriété portant sur un entier naturel n et définie sur N ou à partir d’un certain
entier.
Si P est vraie pour l’entier n0 (on dit qu’elle est initialisée au rang n0, ce qui se note :
P(n0) est vraie)
et si P est héréditaire à partir du rang n0, ce qui se note : ∀n ≥ n0 P(n) ⇒ P(n+1)
alors P est vraie pour tout entier n supérieur ou égal à n0..
Exemples :
2)
Montrer que, quel que soit l’entier naturel n, 7 divise 32n+1 + 2n+2.
Initialisation : La propriété 7 divise 32n+1 + 2n+2 est vraie pour n = 0 car 32×0+1 + 20+2 = 7,
7 divise bien 32×0+1 + 20+2.
Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque.
Commençons par remarquer que :
32(n+1)+1 + 2(n+1)+2 = 32n+1+2 + 2n+2+1 = 32n+1×9 + 2n+2×2 = 32n+1×(7+2) + 2n+2×2 donc
32(n+1)+1 + 2(n+1)+2 = 32n+1+2 + 2n+2+1 = 32n+1×9 + 2n+2×2 = 32n+1×7+(32n+1 + 2n+2)×2
Si 7 divise 32n+1 + 2n+2, alors
7 divise 32n+1×7+2×(32n+1 + 2n+2)
comme combinaison linéaire à coefficients entiers de nombres divisibles par 7.
donc 7 divise 32(n+1)+1 + 2(n+1)+2.
Conclusion : La propriété 7 divise 32n+1 + 2n+2 est vraie pour n = 0 et héréditaire à partir
de n = 0. Le principe de récurrence permet d’affirmer qu’elle est vraie pour tout entier n
à partir de 0.
2!
Démontrer, par récurrence, que pour tout entier naturel n ≥ 1, le nombre 22n + 6n − 1 est
divisible par 9.
Initialisation : La propriété 9 divise 22n + 6n − 1 est vraie pour n = 1 car 22×1 + 6×1 − 1 = 9,
9 divise bien 22×1 + 6×1 − 1.
Hérédité : Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 1 quelconque.
Commençons par remarquer que :
22(n+1) + 6(n+1) − 1 = 22n+2 + 6n + 6 − 1 = 22n×4 + 6n + 6 − 1
22(n+1) + 6(n+1) − 1 = 22n×4 + 6n×4 − 6n×3 + 6 − 1×4 + 1×3
22(n+1) + 6(n+1) − 1 = (22n + 6n – 1)×4 − 18n + 9 = (22n + 6n – 1)×4 + 9×(1 − 2n)
Si 9 divise 22n + 6n − 1, alors 9 divise (22n + 6n – 1)×4 + 9×(1 − 2n)
comme combinaison linéaire à coefficients entiers de nombres divisibles par 9.
donc 9 divise 22(n+1) + 6(n+1) − 1.
Conclusion : La propriété 9 divise 22n + 6n − 1 est vraie pour n = 1 et héréditaire à partir de
n = 1. Le principe de récurrence permet d’affirmer qu’elle est vraie pour tout entier n à partir
de 1.
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§3.
Division euclidienne
1. Division euclidienne dans N
Théorème : Etant donné un entier naturel a et un entier naturel b non nul, il existe un
unique couple d’entiers naturels (q, r) tel que : a = bq + r et 0 ≤ r < b.
Démonstration : b étant non nul, la suite (nb)n∈N a pour limite +∞. Quel que soit l’entier
naturel a, il existe donc un entier n0 tel que bn0 > a (on traduit cette propriété en
disant que N est archimédien).
L’ensemble E des entiers n tels que bn > a n’est donc pas vide.
Toute partie non vide de N ayant un plus petit élément, E a un plus petit élément que
nous désignerons provisoirement par k.
Il s’ensuit que bk > a et que b(k – 1) ≤ a (puisque k – 1 n’appartient pas à E).
Autrement dit, b(k – 1) ≤ a < bk.
Il ne reste plus qu’à poser q = k – 1 pour obtenir : bq ≤ a < b(q + 1) .
En posant r = a − bq, cet encadrement donne (en soustrayant bq à chaque membre) :
0 ≤ a – bq < b, c'est-à-dire 0 ≤ r < b.
L’unicité d’un tel couple peut se démontrer par l’absurde en supposant l’existence de
deux couples : a = bq + r, 0 ≤ r < b et a = bq ' + r ', 0 ≤ r ' < b.
Par soustraction : 0 = b(q – q ') + r – r ', d’où r ' – r = b(q – q ').
r’ – r serait donc un multiple de b.
Or 0 ≤ r ' < b et −b < −r ≤ 0 donnent (par addition) : − b < r’ – r < b.
Le seul multiple de b compris (au sens strict entre –b et b est 0 d’où r ' – r = 0, r ' = r
et par suite q ' = q.
Définition : Effectuer, dans N, la division euclidienne de a par b, c’est déterminer ces
entiers q et r.
a est appelé dividende, b diviseur, q quotient et r reste de cette division.
Exemples :
2& Déterminer le reste et le quotient de la division euclidienne de a par b dans les cas
suivants :
a. a = 54 et b = 16 ;
b. a = 187 et b = 26 ;
c. a = 2 814 et b = 158.
54 = 16×3 + 6
187 = 26×7 + 5
2814 = 158×17 + 128
2*
Déterminer les entiers n compris entre 0 et 100 tels que le reste de la division
euclidienne de n par 41 soit 5.
La division euclidienne se traduirait par :
n = 41q + 5
n = 41q + 5
n = 41q + 5
n = 41q + 5

⇔ 
⇔ 
⇔  5

95
0
£
n
£
100
0
£
41
q
+
5
£
100
−
5
£
41
q
£
95



− 41 £ q £ 41
n = 41q + 5
n = 41q + 5
⇔ 

0 £ n £100
q = 0ou q = 1ou q = 2
Les entiers n cherchés sont donc : 5, 46 et 87.
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2(
La division euclidienne de l'entier naturel a par l'entier naturel b donne pour quotient q
et pour reste r. La division euclidienne de (a + 15) par (b + 5) donne q pour quotient et r
pour reste.
Déterminer q.
a = bq + r
a = bq + r
a = bq + r



⇔
a + 15 = (b + 5)q + r ⇔ bq + r + 15 = (b + 5) q + r ⇔ 15 = 5q
0 £ r < b
0 £ r < b
0 £ r < b



a = bq + r

 q=3
0 £ r < b

3)
La somme de deux entiers naturels a et b (a > b) est 444.
La division euclidienne de a par b donne 4 pour quotient et 24 pour reste.
Déterminer a et b.
a + b = 444
 a = 444 − b
a = 444 − b
 a = 360




a = 4b + 24 ⇔  444 − b = 4b + 24 ⇔ 420 = 5b ⇔  b = 84
0 £ 24 < b
 24 < b
24 < b
 24 < 84




3!
Soit deux entiers naturels a et b (a > b). La division euclidienne de a par b donne q = 6
pour quotient et r = 47 pour reste. Par ailleurs, a + b + r = 591.
Déterminer a et b.
a = b × 6 + 47
 a = 6b + 47
 a = 6b + 47
 a = 473




⇔ 0 £ 47 < b
⇔  47 < b
⇔  47 < 71
0 £ 47 < b
a + b + r = 591
6b + 47 + b + 47 = 591
7b = 497
 b = 71




3@
Le reste de la division euclidienne de 321 par le naturel b est 75.
Déterminer les valeurs possibles de b et du quotient.
bq = 246
321 = bq + 75
bq = 246
bq = 246
bq = 246

⇔ 
⇔ 
⇔ 
⇔ 
246

0 £ 75 < b
b > 75
bq > 75q
 246 > 75q
q < 75
 q = 1
321 = bq + 75
q = 2
q = 3 
246
Comme
⇔ 
≈ 3, 28
ou 
ou 


75
0 £ 75 < b
 b = 246 b = 123 b = 82 
3#
Déterminer un entier a qui, divisé par 23, donne pour reste 1, et qui, divisé par 17,
donne le même quotient et 13 pour reste.
a = 23q + 1
a = 23q + 1
 a = 23q + 1
 a = 47
⇔ 
⇔ 
⇔ 

a = 17 q + 13
23q + 1 = 17 q + 13
6q = 12
q = 2
ARITHMÉTIQUE
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2. Division euclidienne dans Z
Théorème : Etant donné un entier relatif a et un entier naturel b non nul, il existe un
unique couple d’entiers relatifs (q, r) tel que : a = bq + r et 0 ≤ r < b.
Exemple : Effectuer la division euclidienne de –73 par 12.
On peut commencer par diviser 73 par 12 : 73 = 12×6 + 1 d’où −73 = 12×(−6) − 1
Seul problème : −1 étant négatif, il ne peut pas être le reste.
On ajoute et on soustrait 12 (le diviseur) :
−73 = 12×(−6) − 1 + 12 − 12 = 12×(−7) + 11 contrat rempli.
Le quotient est −7 et le reste 12.
Exemple : Effectuer la division euclidienne de –251 par 17.
On divise 251 par 17 : 251 = 17×14 + 13 d’où −251 = 17×(−14) − 13
−13 étant négatif, il ne peut pas être le reste.
On ajoute et on soustrait 17 (le diviseur) :
−251 = 17×(−14) − 13 + 17 − 17 = 17×(−15) + 4
Le quotient est −15 et le reste 4.
Théorème : b étant un entier naturel non nul, tout entier relatif a s’écrit, de manière
unique sous la forme a = bq + r avec q entier relatif et r∈{0 ; 1 ; … ; b −1}.
Ce théorème est souvent utilisé dans un raisonnement par disjonction des cas.
Si, par exemple, on étudie une divisibilité par 5, on peut aussitôt affirmer qu’un nombre
donné s’écrit : soit 5q, soit 5q +1, soit 5q + 2, soit 5q +3, soit 5q +4.
ARITHMÉTIQUE
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§4.
Congruences
Définition : Soit c un entier naturel supérieur ou égal à 2, a et b deux entiers relatifs.
a est congru à b modulo c si et seulement si a et b ont le même reste dans la division
euclidienne par c.
On note : a ≡ b [c] ou a ≡ b (mod c).
Exemple :
31 = 7×4 + 3 et 52 = 7×7 + 3. On a donc 31 ≡ 52 [7].
De la définition il découle aussitôt les théorèmes suivants :
Théorème : Tout entier relatif a est congru à lui-même modulo n’importe quel entier
naturel non nul c.
a ≡ a [c]
Démonstration : il est, en effet, évident que si l’on divise a et a par c, les deux divisions
donneront le même reste !
Théorème : Si a est congru à b modulo c, alors b est congru à a modulo c.
De ce fait, a ≡ b [c] ⇔
b ≡ a [c].
Pour cette raison, on dit que a et b sont congrus modulo c.
Théorème : a et b sont congrus modulo c si et seulement si a − b est divisible par c.
Démonstration :
Si a et b sont congrus modulo c, alors ils ont le même reste dans la division
euclidienne par c. Autrement dit, a = cq + r et b = cq' + r avec 0 £ r < n.
On soustrait membre à membre : a − b = cq − cq' = c(q − q')
q − q' étant un entier, cela prouve que a − b est divisible par c.
Réciproquement, si a − b est divisible par c, alors il existe un entier k tel que
a − b = ck.
Effectuons la division euclidienne de a par c : a = cq + r avec 0 £ r < c.
De a − b = ck on tire a = b + ck et on remplace dans a = cq + r. Il vient :
b + ck = cq + r d’où b = c(q − k) + r. r est également le reste de la division
euclidienne de b par c. a et b soit donc congrus modulo c.
Cela permet de mieux comprendre les nombres congrus : leur différence est
divisible par c donc multiple de c. Pour passer d’un entier à un entier qui lui est
congru, il suffit de lui ajouter un multiple de c.
Exemple : les entiers congrus à 7 modulo 5 sont : 7 bien évidemment et :
+5×(−3)
+5×2
+5×(−1)
−13
ARITHMÉTIQUE
−8
−3
2
9
+5×1
7
12
17
22
27
P.G. 2010/2011
Exemples :
4) Les nombres a et b sont-ils congrus modulo c ?
a. a = 48, b = 7, c = 11 ;
Deux possibilités :
• ou bien effectuer les deux divisions par 11 : 48 = 11×4 + 4 et 7 = 11×0 + 7
Les restes sont différents donc a et b ne sont pas congrus modulo c.
• ou bien effectuer la différence a − b = 48 − 7 = 41 et constater que ce nombre
n’est pas divisible par 11, d’où la même conclusion.
b. a = 153, b = 84, c = 23.
Deux possibilités :
• ou bien effectuer les deux divisions par 23 : 153 = 23×6 + 15 et 84 = 23×3 + 15
Les restes sont les mêmes donc a et b sont congrus modulo c.
• ou bien effectuer la différence a − b = 153 − 84 = 69 et constater que ce nombre
est divisible par 23, d’où la même conclusion.
4!
Déterminer les entiers n compris entre 153 et 187 qui sont congrus à 7 modulo 18.
Le problème se traduit par :
n = 18q + 7
n − 7 = 18q
n = 18q + 7
 n = 18q + 7

⇔ 
⇔ 
⇔ 146
180

153 £ n £187
153 £18q + 7 £187
146 £18q £180
 18 £ q £ 18
n = 18q + 7
n − 7 = 18q
 n = 18q + 7
⇔ 
⇔ 

153 £ n £187
 q = 9 ou q = 10
8,1... £ q £10
Les entiers n cherchés sont donc : 18×9 + 7 = 169 et 18×10 + 7 = 187.
Théorème : Si a ≡ b [d] et b ≡ c [d] alors :
a ≡ c [d].
Démonstration :
Si a et b sont congrus modulo d, alors a − b = dq (q entier)
Si b et c sont congrus modulo d, alors b − c = dq' (q' entier)
En additionnant membre à membre : a − c = d(q + q')
a − c est donc divisible par d, donc a et c sont congrus modulo d.
Théorème : Si a ≡ a' [c] et b ≡ b' [c] alors :
a + b ≡ a' + b ' [ c ]
a − b ≡ a' − b' [ c ]
a×b ≡ a'×b' [c]
ka + k'b ≡ ka' + k'b' [c]
Démonstration :
Si a et a' sont congrus modulo n, alors a − a' = cq (q entier)
Si b et b' sont congrus modulo n, alors b − b' = cq' (q' entier)
Addition membre à membre :
a + b − (a' + b') = c(q + q') donc a + b ≡ a' + b' [c]
Soustraction membre à membre : a − b − (a'− b') = c(q − q') donc a − b ≡ a' − b' [c]
Même raisonnement pour la combinaison linéaire.
a = a' + cq et b = b' + cq' et on multiplie membre à membre :
ab = a'b' + a'cq' + cqb' + cqcnq' = a'b' + c(a'q' + qb' + cqq')
ab − a'b' = c(a'q' + qb' + cqq')
donc
a×b ≡ a'×b' [c].
ARITHMÉTIQUE
10
P.G. 2010/2011
Théorème : Si a ≡ a' [c] alors :
an ≡ a'n [c].
Simple conséquence de la dernière propriété écrite : on multiplie membre à
membre n congruences identiques.
Exemples :
4@ Démontrer que pour tout entier naturel n, 3n+2 + 11×8n est divisible par 5.
Point-méthode : Montrer qu’un entier est divisible par c revient à montrer qu’il est
congru à 0 modulo c.
∀n ∈N 3n + 2 + 11 × 8n = 3n × 9 + 11 × 8n
9 ≡ −1 [5]
11 ≡ 1 [3]
et
8 ≡ 3 [5]
n+2
n
n
n
∀n ∈N 3 + 11 × 8 ≡ 3 × (−1) + 1 × 3 [5]
donc
∀n ∈N 3n + 2 + 11 × 8n ≡ 0 [5]
∀n ∈N 3n + 2 + 11 × 8n est divisible par 5.
4#
n désigne un entier naturel quelconque.
a. Déterminer, suivant les valeurs de n, les restes dans la division euclidienne par 5 des
entiers 2n et 3n.
Point-méthode : Dire que r est le reste de la division euclidienne de a par b revient à
dire : a ≡ r [c] et 0 £ r < b.
Commençons par remplacer n par quelques valeurs :
Pour n = 0 : 20 = 1.
20 ≡ 1 [5]
Le reste est 1.
1
1
Pour n = 1 : 2 = 2.
2 ≡ 2 [5]
Le reste est 2.
Pour n = 2 : 22 = 4.
22 ≡ 4 [5]
Le reste est 4.
Pour n = 3 : 23 = 8.
23 ≡ 3 [5]
Le reste est 3.
4
4
Pour n = 4 : 2 = 16.
2 ≡ 1 [5]
Le reste est 1.
Puisque l’on retrouve le premier reste obtenu, il est légitime de se demander si la
suite des restes est périodique (et de période 4).
∀n∈N 2n+ 4 = 2n × 24 or 24 ≡ 1 [5] donc 2n+4 ≡ 2n [5] ce qui prouve que 2n+4
et 2n ont le même reste dans la division par 5. La suite des restes est bien périodique
de période 4.
Un entier n s’écrivant ou bien 4q, ou bien 4q+1 ou bien 4q + 2, ou bien 4q+3, on a :
( )
• si n = 4q, alors 2n = 24q = 24
q
, 24 ≡ 1 [5] donc 2n ≡ 1q ≡ 1 [5] . Le reste
est donc 1.
( ) × 2 , 2n ≡ 1q × 2 ≡ 2
q
si n = 4q+2, alors 2n = 24q+ 2 = ( 24 ) × 4 , 2n ≡ 1q × 4 ≡ 4
q
si n = 4q+3, alors 2n = 24q+3 = ( 24 ) × 8 , 2n ≡ 1q × 8 ≡ 3
• si n = 4q+1, alors 2n = 24q+1 = 24
•
•
ARITHMÉTIQUE
11
q
[5] . Le reste est 2.
[5] . Le reste est 4.
[5] . Le reste est 3.
P.G. 2010/2011
Procédons de même pour 3n en remplaçant n par quelques valeurs :
Pour n = 0 : 30 = 1.
30 ≡ 1 [5]
Le reste est 1.
1
Pour n = 1 : 3 = 3.
31 ≡ 3 [5]
Le reste est 3.
2
2
Pour n = 2 : 3 = 9.
3 ≡ 4 [5]
Le reste est 4.
Pour n = 3 : 33 = 27.
33 ≡ 2 [5]
Le reste est 2.
4
4
Pour n = 4 : 3 = 81.
3 ≡ 1 [5]
Le reste est 1.
A noter que pour ce dernier reste et, de manière générale, quand les exposants
augmentent, il est préférable de ne pas calculer les puissances mais de travailler
directement sur les congruences : puisque 33 ≡ 2 [5], 34 ≡ 2×3 [5], 34 ≡ 6 [5]
d’où le reste 1.
Puisque l’on retrouve le premier reste obtenu, on se demande si la suite des restes est
périodique (et de période 4).
∀n∈N 3n+ 4 = 3n × 34 or 34 ≡ 1 [5] donc 3n+4 ≡ 3n [5] ce qui prouve que 3n+4
et 3n ont le même reste dans la division par 5. La suite des restes est bien périodique
de période 4.
Un entier n s’écrivant ou bien 4q, ou bien 4q+1 ou bien 4q + 2, ou bien 4q+3, on a :
( )
• si n = 4q, alors 3n = 34q = 34
q
, 34 ≡ 1 [5] donc 3n ≡ 1q ≡ 1 [5] . Le reste est
donc 1.
( ) × 3 , 3n ≡ 1q × 3 ≡ 3 [5] . Le reste est 3.
q
si n = 4q+2, alors 3n = 34q+ 2 = ( 34 ) × 9 , 3n ≡ 1q × 9 ≡ 4 [5] . Le reste est 4.
q
si n = 4q+3, alors 3n = 34q+3 = ( 34 ) × 27 , 3n ≡ 1q × 27 ≡ 2 [5] . Le reste est 2.
• si n = 4q+1, alors 3n = 34q+1 = 34
•
•
q
b. En déduire pour quelles valeurs de n le nombre entier A = 1188 n + 2257 n est
divisible par 5.
On commence par remarquer que 1188 = 5×237 + 3 donc 1188 ≡ 3
2257 = 5×444 + 2 donc 2257 ≡ 2 [5].
Par suite, 1188 n + 2257 n ≡ 3n + 2n [5]
[5] et
Il ne reste plus qu’à envisager tous les cas possibles en utilisant les résultats du a. :
• ou bien n = 4q. Alors 2n ≡ 1 [5] et 3n ≡ 1 [5] . Par addition, A ≡ 2 [5], ce qui
prouve que le reste est 2 et donc que A n’est pas divisible par 5.
• ou bien n = 4q+1. Alors 2n ≡ 2 [5] et 3n ≡ 3 [5] . Par addition, A ≡ 5 [5],
A ≡ 0 [5] ce qui prouve que A est divisible par 5.
• ou bien n = 4q+2. Alors 2n ≡ 4 [5] et 3n ≡ 4 [5] . Par addition, A ≡ 8 [5],
A ≡ 3 [5]. Le reste est 3 et donc A n’est pas divisible par 5.
• ou bien n = 4q+3. Alors 2n ≡ 3 [5] et 3n ≡ 2 [5] . Par addition, A ≡ 5 [5],
A ≡ 0 [5] ce qui prouve que A est divisible par 5.
Au total, A est divisible par 5 si et seulement si n s’écrit soit sous la forme 4q + 1
soit sous la forme 4q + 3, autrement dit, si et seulement si n est impair.
ARITHMÉTIQUE
12
P.G. 2010/2011
4$
Montrez que pour tout couple d'entiers relatifs (a, b), si a et b ne sont pas divisibles par
7 alors a 2 + b 2 n'est pas divisible par 7.
On peut balayer tous les cas possibles en remarquant que a ne peut être congru, modulo
7, qu’à 0, 1, 2, 3, 4, 5 ou 6. Même chose pour b. On peut alors réaliser, pour simplifier,
un tableau à double entrée dans lequel on met directement le reste de la division de
a2 + b2 par 7 en utilisant les congruences :
par exemple, si a ≡ 3 [7] et b ≡ 2 [7], alors a2 + b2 ≡ 9 + 4 [7], a2 + b2 ≡ 6 [7]
a
b
0
1
2
3
4
5
6
0 1 2 3 4 5 6
0
1
4
2
2
4
1
1
2
5
3
3
5
2
4
5
1
6
6
1
5
2
3
6
4
4
6
3
2
3
6
4
4
6
3
4
5
1
6
6
1
5
1
2
5
3
3
5
3
Il n’y a plus qu’à remarquer que lorsque a et b ne sont pas divisibles par 7, le reste n’est
jamais égal à 0 donc a 2 + b 2 n'est pas divisible par 7.
4%
n désigne un entier naturel quelconque.
a. Trouver, suivant les valeurs de n, le reste de la division de 5 n par 7 ainsi que le reste
de la division de 5 n par 11.
Même principe qu’à l’exercice 43 :
Pour n = 0 : 50 = 1.
50 ≡ 1 [7]
1
Pour n = 1 : 5 ≡ 5 [7]
Pour n = 2 : 52 ≡ 25 [7]
52 ≡ 4 [7]
3
Pour n = 3 : 5 ≡ 20 [7]
53 ≡ 6 [7]
4
Pour n = 4 : 5 ≡ 30 [7]
54 ≡ 2 [7]
Pour n = 5 : 55 ≡ 10 [7]
55 ≡ 3 [7]
6
Pour n = 6 : 5 ≡ 15 [7]
56 ≡ 1 [7]
Le reste est 1.
Le reste est 5.
Le reste est 4.
Le reste est 6.
Le reste est 2.
Le reste est 3.
Le reste est 1.
Il ne reste plus qu’à montrer que la suite des restes est périodique, de période 6 :
∀n∈N 5n+6 = 5n × 56 or 56 ≡ 1 [7] donc 5n+6 ≡ 5n [7] ce qui prouve que 5n+6
et 5n ont le même reste dans la division par 7. La suite des restes est bien périodique
de période 6.
Pour n = 0 :
Pour n = 1 :
Pour n = 2 :
Pour n = 3 :
Pour n = 4 :
Pour n = 5 :
50 = 1.
51 ≡ 5 [11]
52 ≡ 25 [11]
53 ≡ 15 [11]
54 ≡ 20 [11]
55 ≡ 45 [11]
50 ≡ 1 [11]
52 ≡ 3
53 ≡ 4
54 ≡ 9
55 ≡ 1
[11]
[11]
[11]
[7]
Le reste est 1.
Le reste est 5.
Le reste est 3.
Le reste est 4.
Le reste est 9.
Le reste est 1.
Il ne reste plus qu’à montrer que la suite des restes est périodique, de période 5 :
∀n∈N 5n+5 = 5n × 55 or 55 ≡ 1 [11] donc 5n+5 ≡ 5n [11] ce qui prouve que
5n+5 et 5n ont le même reste dans la division par 11. La suite des restes est bien
périodique de période 5.
ARITHMÉTIQUE
13
P.G. 2010/2011
b. Déterminer l’ensemble des entiers naturels n tels que 5n ≡ 4 [77].
5n ≡ 4 [77] ⇔ 5n – 4 est divisible par 77
7 et 11 étant premiers entre eux (ils n’ont pas de facteur premier commun)
5n ≡ 4 [77] ⇔ 5n – 4 est divisible par 7 et par 11
5n ≡ 4 [77] ⇔ 5n a pour reste 4 dans la division par 7 et par 11
5n ≡ 4 [77] ⇔ n s’écrit sous la forme 6q + 2 et sous la forme 5q' + 3 (par
exemple n = 8)
Nous démontrerons au paragraphe suivant qu’il existe une infinité d’entiers n et
qu’ils sont donnés par la formule 8 + 30k (avec k∈N).
c. Quel est le reste de la division de 5160 par 77 ?
160 = 30×5 + 10 = 30×5 + 8 + 2 donc 5160 = 530×5 + 8×52
En utilisant le b., on obtient 5160 ≡ 4×25 [77], 5160 ≡ 100 [77], 5160 ≡ 23 [77].
Le reste de la division de 5160 par 77 est donc 23.
4^
n désigne un entier naturel strictement supérieur à 1.
a. Déterminer, suivant la valeur de n, le reste de n 4 − 1 par 5.
• ou bien n ≡ 0 [5]. Alors n 4 ≡ 0 [5] , n 4 − 1 ≡ −1 [5] , n 4 − 1 ≡ 4 [5]
Le reste est 4.
• ou bien n ≡ 1 [5]. Alors n 4 ≡ 1 [5] , n 4 − 1 ≡ 0 [5] . Le reste est 0.
• ou bien n ≡ 2 [5]. Alors n 4 ≡ 16 [5] , n 4 − 1 ≡ 15 [5] , n 4 − 1 ≡ 0 [5]
Le reste est 0.
• ou bien n ≡ 3 [5]. Alors n ≡ −2 [5], n 4 ≡ 16 [5] , n 4 − 1 ≡ 15 [5] , n 4 − 1 ≡ 0 [5]
Le reste est 0.
• ou bien n ≡ 4 [5]. Alors n ≡ −1 [5], n 4 ≡ 1 [5] , n 4 − 1 ≡ 0 [5] . Le reste est 0.
On peut résumer en disant qu’il n’y a que deux cas :
si n ≡ 0 [5], alors le reste est 4, sinon le reste est 0.
b. En déduire que n (n 4 − 1) est un multiple de 5 pour toute valeur de n.
Reprenons les deux cas précédents :
• ou bien n ≡ 0 [5], alors n 4 − 1 ≡ 4 [5] . En multipliant : n(n 4 − 1) ≡ 0 [5] .
• ou bien n ≡ 1 [5]. Alors n 4 − 1 ≡ 0 [5] . En multipliant : n(n 4 − 1) ≡ 0 [5] .
• ou bien n ≡ 2 [5]. Alors n 4 − 1 ≡ 0 [5] . En multipliant : n(n 4 − 1) ≡ 0 [5] .
• ou bien n ≡ 3 [5]. Alors n 4 − 1 ≡ 0 [5] . En multipliant : n(n 4 − 1) ≡ 0 [5] .
• ou bien n ≡ 4 [5]. Alors n 4 − 1 ≡ 0 [5] . En multipliant : n(n 4 − 1) ≡ 0 [5] .
Dans tous les cas, n(n 4 − 1) ≡ 0 [5] c'est-à-dire que n(n 4 − 1) est divisible par 5.
c. En déduire que les nombres n p et n p + 4 se terminent par le même chiffre à droite.
Il faut savoir que chiffre de droite est le reste dans la division par 10.
n p + 4 − n p = n p (n 4 − 1) . Ce nombre est multiple de n(n 4 − 1) donc multiple de 5
d’après la question précédente.
D’autre part, un nombre et ses puissances successives ont la même parité. np et n4
ont la même parité. Par suite, n p et n 4 – 1 sont de parités différentes. L’un des deux
est donc pair et leur produit est divisible par 2.
n p (n 4 − 1) étant divisible par 5 et par 2, il est divisible par 10. n p + 4 − n p étant
divisible par 10, n p et n p + 4 sont congrus modulo 10, c'est-à-dire qu’ils ont le même
reste dans la division par 10. Ils se terminent par le même chiffre à droite.
ARITHMÉTIQUE
14
P.G. 2010/2011
Critère de divisibilité par 9 : Un nombre entier est divisible par 9 si et seulement si la
somme de ses chiffres est divisible par 9.
Démonstration : Un nombre entier s’écrit, dans le système décimal, sous la forme :
cn cn−1 … c1c0
où c0, c1, … sont les chiffres des unités, des dizaines, etc…
A noter la barre au-dessus de cette écriture pour ne pas confondre avec le produit des
nombres c0, c1, …
cn cn−1 … c1c0 = cn × 10n + cn−1 × 10n−1 + … + c1 × 10 + c0
Par exemple, 356 = 3×100 + 5×10 + 6
Puisque 10 ≡ 1 [9],
∀n∈N 10n ≡ 1 [9]
cn cn−1 … c1c0 ≡ cn + cn−1 + … + c1 + c0 [9]
d’où l’énoncé du théorème.
Critère de divisibilité par 3 : Un nombre entier est divisible par 3 si et seulement si la
somme de ses chiffres est divisible par 3.
Démonstration : Un nombre entier s’écrivant sous la forme : cn cn−1 … c1c0 ,
cn cn−1 … c1c0 = cn × 10n + cn−1 × 10n−1 + … + c1 × 10 + c0
Puisque 10 ≡ 1 [3],
∀n∈N 10n ≡ 1 [3]
cn cn−1 … c1c0 ≡ cn + cn−1 + … + c1 + c0 [3]
d’où l’énoncé du théorème.
Critère de divisibilité par 4 : Un nombre entier est divisible par 4 si et seulement si le
nombre constitué de ses deux derniers chiffres est divisible par 4.
Démonstration : Un nombre entier s’écrivant sous la forme : cn cn−1 … c1c0 ,
cn cn−1 … c1c0 = cn cn−1 … c2 × 100 + c1c0
Par exemple, 28356 = 283×100 + 56
Puisque 100 ≡ 0 [4], cn cn−1 … c1c0 ≡ c1c0 [4]
d’où l’énoncé du théorème.
Essayons pour terminer de trouver un critère de divisibilité par 11
cn cn−1 … c1c0 = cn × 10n + cn−1 × 10n−1 + … + c1 × 10 + c0
Par exemple, 356 = 3×100 + 5×10 + 6
Puisque 10 ≡ −1 [11],
10n ≡ 1 [11] si n est pair et 10n ≡ 1 [11] si n est impair.
cn cn−1 … c1c0 ≡ (−1) n cn + (−1)n−1 cn −1 + … + c2 − c1 + c0 [11]
Exemples :
82896 est divisible par 11 car 8 – 2 + 8 – 9 + 6 = 11 qui est bien divisible par 11
502958 n’est pas divisible par 11 car −5 + 0 – 2 + 9 – 5 + 8 = 5 qui n’est pas divisible par
11.
ARITHMÉTIQUE
15
P.G. 2010/2011
§5.
Nombres premiers
Définition : Un entier naturel est premier s’il a exactement deux diviseurs positifs : 1 et luimême.
Exemples :
2, 3, 5, 7, 11, …
Crible d’Eratosthène :
Une méthode pour afficher les nombres premiers est de partir de 2 et de barrer tous les
multiples de 2 autres que 2 (ces nombres ne peuvent en effet être premiers puisqu’ils ont au
moins trois diviseurs : 1, 2 et eux-mêmes). On procède de même avec les multiples de 3
A chaque étape, le premier nombre non barré est premier puisqu’il n’a aucun diviseur
inférieur à lui.
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
14
15
16
17
18
19
20
21
22
13
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
Théorème : Il existe une infinité de nombres premiers.
Démonstration : Raisonnons par l’absurde, en supposant qu’il n’y a qu’un nombre fini n de
nombre premiers : p1 , p2, … , pn (rangés dans l’ordre croissant).
Le nombre A = p1×p2×…×pn + 1 ne pourrait donc pas être premier puisqu’il est
supérieur à pn. Il serait donc divisible par au moins un des nombres premiers : pi.
1 = A − p1×p2×…×pn serait donc divisible par pi (différence de deux nombres
divisibles par pi), ce qui est impossible.
Il n’y a donc pas un nombre fini de nombres premiers.
Théorème : Si un nombre entier n supérieur ou égal à 2 n’est divisible par aucun nombre
premier inférieur ou égal à n , alors n est premier.
Démonstration : Raisonnons par contraposition : Si n n’est pas premier, alors il est divisible
par un facteur premier p qui est son plus petit diviseur supérieur strictement à 1.
n = p×q avec 1 < p ≤ q d’où p < p2 ≤ p×q, c'est-à-dire p2 ≤ n d’où p £ n .
n est alors divisible par un nombre premier inférieur ou égal à
n.
Exemple :
5! Le nombre 73 est-il premier ?
73 ≈ 8,5 . On divise donc 73 par 2, 3, 5 et 7.
73 = 2×36 + 1, 73 = 3×24 + 1, 73 = 5×14 + 3 et 73 = 7×10 + 3.
Puisque 73 n’est divisible par aucun de ces nombres premiers, 73 est lui-même premier.
ARITHMÉTIQUE
16
P.G. 2010/2011
Même question pour 259.
259 ≈ 16,1 . On divise donc 259 par 2, 3, 5, 7, 11 et 13.
259 = 2×129 + 1, 259 = 3×86 + 1, 259 = 5×51 + 4, 259 = 7×37.
Puisque 259 est divisible par 7, 259 n’est pas premier.
Théorème : Tout nombre entier n supérieur ou égal à 2 s’écrit de façon unique comme
produit de nombres premiers sous la forme :
n = p1α1 × p2α2 × … × pk αk
où p1, p2, …, pk sont des nombres premiers rangés dans l’ordre croissant et
α1, α2, …, αk sont des entiers naturels non nuls.
Cette écriture est appelée décomposition de n en facteurs premiers.
Exemple :
5@ Décomposer 3528 en facteurs premiers.
On utilise la disposition pratique :
3528
1764
882
441
147
49
7
1
2
2
2
3
3
7
7
3528 = 23×32×72
Même question avec 7425.
7425
2475
825
275
55
11
1
3
3
3
5
5
11
7425 = 33×52×11
Théorème : Le nombre de diviseurs positifs de l’entier n, dont la décomposition en
facteurs premiers est : n = p1α1 × p2α2 × … × pk αk , est égal à :
( α1 + 1)( α 2 + 1)…( α k + 1) .
Exemple :
5# Déterminer le nombre de diviseurs positifs du nombre 72.
On commence par décomposer 72 en facteurs premiers : 72 = 8×9 = 23×32.
Tout diviseur positif de 72 aura dans sa décomposition le facteur 2 élevé à l’exposant 0
(il peut ne pas y avoir de 2 du tout), 1, 2 ou 3 (maximum pour pouvoir diviser 72) et le
facteur 3 élevé à l’exposant 0 (il peut ne pas y avoir de 3 du tout), 1 ou 2 (maximum
pour pouvoir diviser 72) et aucun autre facteur.
Pour pouvoir faire la liste de ces diviseurs sans risquer d’en oublier, une technique
utilisée est celle de l’arbre, normalement déjà rencontrée en première pour les
probabilités.
ARITHMÉTIQUE
17
P.G. 2010/2011
23
22
21
20
32
23×32 = 72
31
23×31 = 24
30
23×30 = 8
32
22×32 = 36
31
22×31 = 12
30
22×30 = 4
32
21×32 = 18
31
21×31 = 6
30
21×30 = 2
32
20×32 = 9
31
20×31 = 3
30
20×30 = 1
Cet arbre contient 4×3 = 12 branches terminales (principe multiplicatif vu en première),
chacune d’elles correspondant à un diviseur positif de 72.
72 a donc 12 diviseurs positifs : 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 8 ; 9 ; 12 ; 18 ; 24 ; 36 ; 72.
Déterminer, de même, le nombre de diviseurs positifs de 80.
80 = 24×51.
5$
80 a donc (4 + 1)×(1 + 1) = 5×2 = 10 diviseurs positifs :
1 ; 2 ; 4 ; 5 ; 8 ; 10 ; 16 ; 20 ; 40 ; 80.
1. Le nombre 211 – 1 est-il premier ?
211 – 1 = 2048 – 1 = 2047 = 23×89
211 – 1 a d’autres diviseurs positifs que 1 et lui-même. Il n’est donc pas premier.
2. p et q étant deux entiers naturels supérieurs ou égaux à 2, quel est le reste de la
division euclidienne de 2 p q par 2 p – 1 ?
( )
(
)( )
( )
q −1
q−2


− 1q = 2 p − 1  2 p
+ 2p
+ … + 1 d’où


q
−
1
q
−
2


2 pq = 2 p − 1  2 p
+ 2p
+ … + 1 + 1
et comme p ≥ 2, 2 p ≥ 4 et


2 p – 1 ≥ 3 > 1 d’où 0 ≤ 1 < 2 p – 1.
1 est donc le reste de la division euclidienne de 2 p q par 2 p – 1.
Pensez à l’identité : 2 pq − 1 = 2 p
(
)( )
q
( )
En déduire que 2 p q – 1 est divisible par 2 p – 1 et par 2 q – 1.
Evident d’après la factorisation pour la divisibilité par 2 p – 1 et il faut bien
comprendre que p et q jouent le même rôle (on aurait pu aussi bien factoriser par
2 q – 1).
3. Démontrer que, si 2 n – 1 est premier, alors n est premier. La réciproque est-elle
vraie ?
On peut procéder par contraposition : si n n’est pas premier, alors n se factorise sous
la forme n = pq avec p et q supérieurs strictement à 1 donc supérieurs ou égaux à 2.
D’après ce qui précède, 2 n – 1, c'est-à-dire 2 pq − 1 est divisible par 2 p – 1 et par
2 q – 1 qui ne sont ni l’un ni l’autre égaux à 1, ce qui prouve que 2 n – 1 n’est pas
premier.
La réciproque est fausse. On a vu en 1 que 11 est premier et pourtant 211 – 1 ne l’est
pas.
ARITHMÉTIQUE
18
P.G. 2010/2011
§6.
PGCD – PPCM
Théorème : L’ensemble des diviseurs communs à deux entiers a et b non simultanément
nuls possède un plus grand élément.
Démonstration :
Cet ensemble n’est pas vide puisqu’il contient 1 et il est majoré (par le plus grand des
deux nombres a et b. D’après l’axiome 2 du début du cours, cet ensemble admet donc
un plus grand élément.
Définition : Le plus grand diviseur commun aux entiers a et b est appelé PGCD de a et b et
est noté PGCD(a ; b).
Il résulte du théorème et de la définition que ce PGCD est nécessairement supérieur ou égal à 1
donc strictement positif.
Exemple :
L’ensemble des diviseurs positifs de 12 est D + (12) = {1;2;3; 4;6;12} et celui
de 18 est D + (18) = {1; 2;3;6;9;18} . D + (12) ∩D + (18) = {1; 2;3;6} .
PGCD(12 ; 18) = 6.
Remarque : L’ensemble des diviseurs communs à deux entiers non simultanément nuls est
l’ensemble des diviseurs de leur PGCD.
Point-méthode : Pour déterminer le PGCD de deux entiers, on les décompose en
facteurs premiers. Le PGCD est le produit des facteurs premiers communs,
chacun d’eux affecté de son plus petit exposant.
Exemple :
6! Déterminer le PGCD de 360 et 9450 après avoir décomposé ces deux nombres en
facteurs premiers.
360
180
90
45
15
5
1
2
2
2
3
3
5
9450
4725
1575
525
175
35
7
1
2
3
3
3
5
5
7
360 = 23×32×51 et 9450 = 21×33×52×71 donc PGCD(360 ; 9450) = 21×32×51 = 90.
Théorème : PGCD(a ; b) = PGCD(b ; a)
PGCD(a ; b) = PGCD(|a| ; |b|)
Pour k entier relatif non nul, PGCD(ka ; kb) = |k|.PGCD(a ; b)
 a b  PGCD(a ; b)
Si k divise à la fois a et b, alors PGCD  ;  =
.
k
k k
Exemple :
6@ n désigne un entier naturel non nul. Si le PGCD de n et de 8 est 4, déterminer le PGCD
de n2 et 8n, celui de 5n et 40.
PGCD(n2 ; 8n) = PGCD(n×n ; 8×n) = |n|×PGCD(n ; 8) = 4n (n est positif donc |n| = n)
PGCD(5n ; 40) = PGCD(5×n ; 5×8) = 5×PGCD(n ; 8) = 5×4 = 20.
ARITHMÉTIQUE
19
P.G. 2010/2011
Définition : Deux nombres entiers relatifs non simultanément nuls sont premiers entre eux
si et seulement si leur PGCD est égal à 1.
Remarque : Cela revient à dire que leurs seuls diviseurs communs sont −1 et 1 ou encore
qu’ils n’ont aucun facteur premier commun.
Exemple :
6# Démontrer que si x et y sont deux entiers naturels premiers entre eux, il en est de même
pour 7x + 4y et 5x + 3y.
Soit d un diviseur positif commun à 7x + 4y et 5x + 3y. Par théorème, d divise toute
combinaison linéaire à coefficients entiers de ces deux nombres. Entre autres, d divise :
3(7x + 4y) − 4(5x + 3y) = x et −5(7x + 4y) + 7(5x + 3y) = y.
Comme x et y sont premiers entre eux, d ne peut qu’être égal à 1, ce qui prouve du
même coup que 7x + 4y et 5x + 3y n’ont qu’un seul diviseur positif commun : 1.
Ils sont donc premiers entre eux.
Théorème : Si a, b, q et c sont quatre entiers relatifs vérifiant a = bq + c avec b ≠ 0, alors
les diviseurs communs à a et b sont les mêmes que les diviseurs communs à b et c et
PGCD(a ; b) = PGCD(b ; c).
Démonstration :
Première étape : Soit d un diviseur commun à a et b. d divise donc toute combinaison
linéaire à coefficients entiers de ces deux nombres, donc d divise 1×a − b×q = c.
d divise donc à la fois b (par hypothèse) et c.
Deuxième étape : Réciproquement, soit d un diviseur commun à b et c. d divise donc
toute combinaison linéaire à coefficients entiers de ces deux nombres, donc d divise
b×q + c×1 = a.
d divise donc à la fois b (par hypothèse) et a.
Bilan : les diviseurs communs à a et b sont bien les mêmes que ceux communs à b et
c et il en va de même pour les PGCD qui sont les plus grands éléments des deux
ensembles de diviseurs communs.
Exemple :
6$ n désigne un entier naturel.
a. Montrer que PGCD(n2 + 4n + 5 ; n + 3) = PGCD(n + 3 ; 2).
Commençons par remarquer que ∀n∈N n 2 + 4n + 5 = (n + 3)(n + 1) + 2 . Il ne reste
plus qu’à appliquer le théorème précédent pour conclure :
PGCD(n2 + 4n + 5 ; n + 3) = PGCD(n + 3 ; 2).
b. En déduire les entiers n pour lesquels n2 + 4n + 5 et n + 3 sont premiers entre eux.
De deux choses l’une :
• ou bien n est impair. n + 3 est alors pair. n + 3 et 2 ne sont pas premiers entre eux
puisqu’ils sont tous les deux divisibles par 2.
• ou bien n est pair. n + 3 est alors impair. n + 3 et 2 sont alors premiers entre eux
puisqu’ils ont 1 comme seul diviseur positif commun.
Finalement, n2 + 4n + 5 et n + 3 sont premiers entre eux si et seulement si n est pair.
ARITHMÉTIQUE
20
P.G. 2010/2011
Recherche du PGCD par la méthode des divisions successives (algorithme d’Euclide)
Exemple :
6% Déterminer, par la méthode des divisions successives, le PGCD de 126 et 238.
On commence par diviser 238 par 126 : 238 = 126×1 + 112
D’après le théorème précédent, PGCD(238 ; 126) = PGCD(126 ; 112)
Cela simplifie le problème ! On divise donc 126 par 112 : 126 = 112×1 + 14
PGCD(126 ; 112) = PGCD(112 ; 14)
On divise donc 112 par 14 : 112 = 14×8 + 0
PGCD(112 ; 14) = PGCD(14 ; 0) = 14
Il reste à remarquer que la suite des restes est forcément strictement décroissante
(0 ≤ r < b) et ne peut donc se terminer que par 0.
Point-méthode : Dans la méthode des divisions successives, le PGCD est le dernier
reste non nul.
Théorème : Dans la recherche du PGCD de a et b par la méthode des divisions
successives, chaque reste est combinaison linéaire à coefficients entiers de a et b.
Démonstration :
Cette démonstration se fait normalement par récurrence.
Un exemple sera plus simple pour comprendre :
Reprenons l’exemple 6% :
De la division 238 = 126×1 + 112, on tire :
112 = 1×238 − 1×126
De la division 126 = 112×1 + 14, on tire : 14 = 1×126 − 1×112
Il ne reste plus qu’à remplacer 112 pour obtenir : 14 = 1×126 − 1×(1×238 − 1×126)
14 = 2×126 − 1×238
Théorème : Si deux entiers relatifs non nuls a et b ont pour PGCD d, alors il existe deux
entiers relatifs u et v tels que : au + bv = d.
Démonstration :
Simple conséquence du théorème précédent puisque le PGCD est l’un des restes (le
dernier non nul).
Théorème de Bézout : Deux entiers relatifs non nuls a et b sont premiers entre eux si,
et seulement si, il existe deux entiers relatifs u et v tels que : au + bv = 1.
Démonstration :
Si a et b sont premiers entre eux, leur PGCD est égal à 1 et s’écrit donc sous la forme
au + bv d’après le théorème précédent.
Réciproquement, si au + bv = 1, alors on considère un diviseur positif d commun à a
et b. d divise donc toute combinaison linéaire à coefficients entiers de a et b, donc d
divise au + bv, donc d divise 1, ce qui prouve que d = 1 et que a et b sont premiers
entre eux.
ARITHMÉTIQUE
21
P.G. 2010/2011
Théorème de Gauss :
a divise c.
Si un entier a divise le produit bc et est premier avec b, alors
Démonstration :
Si a est premier avec b, d’après le théorème de Bézout, il existe deux entiers u et v tels
que au + bv = 1.
Il ne reste plus qu’à multiplier par c : acu + bcv = c.
a divise a et a divise bc (par hypothèse) donc a divise toute combinaison linéaire à
coefficients entiers de ces deux nombres, entre autres a divise a×cu + bc×v, c'est-àdire que a divise c.
Equations diophantiennes :
Elles consistent, entre autres à chercher deux nombres entiers x et y tels que ax + by = c,
avec, pour application immédiate, la recherche d’éventuels points situés sur une droite
donnée et dont les deux coordonnées sont des entiers.
A noter qu’une solution de ce type d’équation est un couple d’entiers relatifs. L’ensemble
des couples d’entiers relatifs est noté Z×Z, voire Z2.
Exemple :
6^ Résoudre dans Z×Z les équations :
a. 5x – 3y = 1.
Tout d’abord, les nombres 5 et 3 sont premiers entre eux. D’après le théorème de
Bézout, il existe donc des entiers u et v tels que 3u + 5v = 1. Ceci assure que
l’équation admet au moins une solution dans Z×Z.
Point-méthode : On commence par rechercher une solution particulière de
cette équation, à moins que cette solution soit évidente ou donnée dans
l’énoncé.
Pour la trouver, on utilise l’algorithme d’Euclide.
Dans cet exercice, particulièrement simple, on peut immédiatement exhiber une
solution particulière évidente : (2 ; 3) puisque 5×2 − 3×3 = 1.
Cependant, à titre d’exercice, nous allons appliquer l’algorithme d’Euclide :
5 = 3×1 + 2
d’où 2 = 1×5 − 1×3 (Souvenez-vous ! Tout reste est combinaison …
3 = 2×1 + 1
d’où 1 = 1×3 − 1×2 = 1×3 − 1×(1×5 − 1×3) = 5×(−1) − 3×(−2)
2 = 1×2 + 0
le PGCD de 5 et 3 est donc 1 (quelle surprise !) et la dernière
combinaison linéaire écrite donne une solution de l’équation : le couple (−1 ; −2).
Notez bien que cette solution n’est pas la solution évidente trouvée plus haut. Nous
allons voir dans un instant qu’il y a une infinité de solutions.
Point-méthode : On utilise maintenant cette solution en remplaçant 1 dans
l’équation par la combinaison linéaire trouvé dans l’algorithme.
5x – 3y = 1 ⇔ 5x – 3y = 5×(−1) − 3×(−2)
Point-méthode : On regroupe les 5 dans un membre et les 3 dans l’autre.
5x – 3y = 1 ⇔ 5(x + 1) = 3(y + 2)
ARITHMÉTIQUE
22
P.G. 2010/2011
Point-méthode : On utilise maintenant le théorème de Gauss pour déterminer
la seule forme possible pour les éventuelles solutions.
Si x est entier, x + 1 l’est également. 5 divise donc 5(x + 1).
Par suite, 5 divise le produit 3(y + 2) qui est égal à 5(x + 1). Comme 5 est premier
avec 3, le théorème de Gauss permet d’affirmer que 5 divise y + 2.
Il existe donc un entier k tel que y + 2 = 5k, autrement dit, y = 5k − 2.
En remplaçant dans l’équation, il vient 5(x + 1) = 3×5k d’où x + 1 = 3k, c'est-à-dire
x = 3k − 1.
Bilan : toute solution est de la forme (3k − 1 ; 5k − 2) avec k∈Z.
Point-méthode : Il reste à vérifier, réciproquement, que tout couple de cette
forme est bien solution de l’équation. Ceci est dû au fait que le
raisonnement n’a pas été fait jusqu’au bout par équivalences.
∀k ∈Z 5(3k − 1) − 3(5k − 2) = 5×3k − 5 − 3×5k + 6 = 1.
Ceci prouve que l’équation admet une infinité de solutions :
tous les couples (3k − 1 ; 5k − 2) avec k∈Z.
b. 12x + 18y = 6
Commencez par simplifier par 6 :
12x + 18y = 6 ⇔ 2x + 3y = 1.
Une solution évidente (2 ; −1) puisque 2×2 + 3×(−1) = 1.
2x + 3y = 1 ⇔ 2x + 3y = 2×2 + 3×(−1).
2x + 3y = 1 ⇔ 2(x − 2) = 3×(−y − 1).
2 divise 2(x − 2) donc 2 divise 3×(−y − 1) et comme 2 est premier avec 3, d’après le
théorème de Gauss, 2 divise −y − 1. Il existe un entier k tel que − y − 1 = 2k, ce qui
donne y = −2k − 1. En remplaçant : 2(x − 2) = 3×2k d’où x = 3k + 2.
Il ne reste plus qu’à vérifier.
Les solutions sont les couples (3k + 2 ; −2k − 1), avec k∈Z.
c. 4x – 8y = 3
Commencez par remarquer que 4 et 8 sont divisibles par 4 donc 4 divise 4x − 8y.
Ce nombre ne peut donc pas être égal à 3.
Cette équation n’a aucune solution dans Z×Z.
ARITHMÉTIQUE
23
P.G. 2010/2011
Théorème : Si l’on désigne par D le PGCD des entiers a et b, les nombres
a
b
et
sont
D
D
premiers entre eux.
Démonstration :
 a b  PGCD (a ; b) D
D divise a et b donc PGCD  ;  =
= =1.
D
D
D D
Dans la suite, nous ferons donc souvent intervenir ces deux nombres que nous
noterons plus commodément a' et b'. Nous pourrons donc écrire :
a = Da' et b = Db' et a' et b' premiers entre eux.
Théorème : L’ensemble des multiples strictement positifs communs à deux entiers a et b
non nuls possède un plus petit élément.
Démonstration :
Cet ensemble est une partie de N, non vide puisqu’il contient |ab|. D’après l’axiome 1
du début du cours, cet ensemble admet donc un plus petit élément.
Définition : Le plus petit multiple strictement positif commun aux entiers a et b est appelé
PPCM de a et b et est noté PPCM(a ; b).
Exemple :
L’ensemble
des
multiples
strictement
positifs
de
12
est
+
+
M (12) = {12;24;36;48;60;72;…} et celui de 18 est M (18) = {18;36;54;72;…} .
M + (12) ∩ M + (18) = {36;72;…} .
PPCM(12 ; 18) = 36.
Remarque : L’ensemble des multiples communs à deux entiers non nuls est l’ensemble des
multiples de leur PPCM.
Point-méthode : Pour déterminer le PPCM de deux entiers, on les décompose en
facteurs premiers. Le PPCM est le produit de tous les facteurs premiers
existant dans la décomposition de l’un ou de l’autre, chacun d’eux affecté de
son plus grand exposant.
Exemple :
7# Déterminer le PPCM de 4410 et 1540 après avoir décomposé ces deux nombres en
facteurs premiers.
4410
2205
735
245
49
7
1
4410 = 21×32×51×72
et
22×32×51×72×111 = 97020.
ARITHMÉTIQUE
2
3
3
5
7
7
1540
770
385
77
11
1
2
2
5
7
11
1540 = 22×51×71×111
24
donc
PPCM(4410 ; 1540) =
P.G. 2010/2011
Théorème : PPCM(a ; b) = PPCM(b ; a)
PPCM(a ; b) = PGCD(|a| ; |b|)
Pour k entier relatif non nul, PPCM(ka ; kb) = |k|.PPCM(a ; b)
 a b  PPCM(a ; b)
Si k divise à la fois a et b, alors PPCM  ;  =
.
k
k k
Exemple :
7$ n désigne un entier naturel non nul. Si le PPCM de n et de 4 est 12, déterminer le PPCM
de 5n2 et −20n.
PPCM(5n2 ; −20n) = PPCM(5n2 ; 20n) = PPCM(5n×n ; 5n×4) = 5n×PPCM(n ; 4) = 60n.
Théorème : Quels que soient les entiers a et b strictement positifs,
PPCM(a ; b) × PGCD(a ; b) = a×b.
Démonstration :
Soit D le PGCD de a et b. Il existe deux entiers a ' et b ' tels que a = D a ' et b = D b '.
On a vu que a ' et b ' sont premiers entre eux.
Soit m un multiple strictement positif commun à a et b. On a donc m = ka et m = k 'b,
d’où m = kDa ' = k 'Db '. En simplifiant par D, il vient : ka ' = k 'b '.
a ' divise donc k 'b ' mais comme il est premier avec b ', d’après le théorème de Gauss, il
divise k '. Il existe donc un entier naturel q tel que k ' = a 'q d’où m = a 'qDb '.
Le plus petit multiple strictement positif commun à a et b sera donc obtenu pour la
plus petite valeur non nulle de q, c'est-à-dire 1. En remplaçant, on obtient le PPCM de
a et b : M = a '×1×D×b ', ce qui donne : M×D = D×a '×D×b ' = a×b.
Exemple :
7% Déterminer le PGCD puis le PPCM de 783 et 273.
Comme les nombres sont relativement importants, on peut utiliser l'algorithme
d'Euclide pour déterminer le PGCD :
783 = 273×2 + 237
273 = 237×1 + 36
237 = 36×6 + 21
36 = 21×1 + 15
21 = 15×1 + 6
15 = 6×2 + 3
6 = 3×2 + 0
PGCD(783 ; 273) = 3
PPCM(783; 273) =
783 × 273
= 783 × 91 = 71253
3
Théorème : Le PPCM de deux entiers strictement positifs a et b premiers entre eux est ab.
Démonstration :
Evidente puisque le PGCD est égal à 1. On applique le théorème précédent :
PPCM(a ; b)×1 = a×b.
ARITHMÉTIQUE
25
P.G. 2010/2011
7^
Trouver deux entiers naturels a et b connaissant leur somme a + b = 651 et sachant que
le quotient de leur PPCM m par leur PGCD d est égal à 108.
 a + b = 651
 a + b = 651

 a + b = 651
 a + b = 651
⇔ 
⇔ 
⇔ 
m
2
2
 m = 108d
 md = 108d
 ab = 108d
 d = 108
Posons a = da ' et b = db ' (a ' et b ' sont premiers entre eux).
 a + b = 651
 d (a '+ b ') = 651

 da '+ db ' = 651
⇔ 
⇔ 
m
2
 a ' b ' = 108
 da ' db ' = 108d
 d = 108
108 = 22×33 donc
 a ' = 1
a ' = 22
a ' = 33
a ' b ' = 108
a ' = 108 


⇔
ou
ou
ou 




3
2
 b ' = 108

b
'
=
1
b
'
=
3
b
'
=
2
a 'et b 'premiers entre eux







 a ' = 1
a ' = 4
a ' = 27
a ' = 108 
a + b = 651






⇔  b ' = 108
ou b ' = 27 ou b ' = 4
ou b ' = 1
m

 d = 108
31d = 651
31d = 651
109d = 651
 109d = 651





Comme 651 est divisible par 31 mais pas par 109 :
 a ' = 4
a ' = 27 
a + b = 651
 a = 84
a = 567 




ou 
⇔  b ' = 27 ou b ' = 4  ⇔  

m
b = 84 
 b = 567
 d = 108
d = 21 
 d = 21



Les nombres cherchés sont donc 567 et 84.
7&
1. Décomposer 319 en facteurs premiers.
319 = 11×29.
2. Démontrer que si x et y sont deux entiers naturels premiers entre eux, il en est de
même pour 3x + 5y et x + 2y.
Soit d un diviseur positif commun à 3x + 5y et x + 2y. Par théorème, d divise toute
combinaison linéaire à coefficients entiers de ces deux nombres. d divise donc, entre
Autres, 2(3x + 5y) − 5(x + 2y) = x et −1(3x + 5y) + 3(x + 2y) = y.
Comme x et y sont premiers entre eux, la seule valeur possible pour d est 1, ce qui
prouve que 3x + 5y et x + 2y sont premiers entre eux.
( 3a + 5b)( a + 2b) = 1276
où m désigne le PPCM de
3. Résoudre dans N2 le système : 
ab = 2m
a et b.
Compte tenu du fait que md = ab, l’égalité 2m = ab donne immédiatement d = 2.
Il existe donc deux entiers a' et b' tels que a = 2a' et b = 2b' et a' et b' premiers entre
eux.
(3a + 5b)(a + 2b) = 1276
(6a '+ 10b ')(2a '+ 4b ') = 1276
(3a '+ 5b ')(a '+ 2b ') = 319
⇔ 
⇔ 

ab = 2m
d = 2
d = 2
Remarquons que 1 < a' + 2b' < 3a' + 5b' la seule possibilité est donc :
3a '+ 5b ' = 29
33 − 6b '+ 5b ' = 29
b ' = 4
(3a + 5b)(a + 2b) = 1276
b = 8



⇔ a '+ 2b ' = 11 ⇔ a ' = 11 − 2b '
⇔ a ' = 3 ⇔ 

ab = 2m
a = 6
d = 2
d = 2
d = 2



Le système a donc une unique solution : (6 ; 8).
ARITHMÉTIQUE
26
P.G. 2010/2011
Petit théorème de Fermat : p étant un nombre premier, pour tout entier a premier avec p,
on a : a p −1 ≡ 1 [ p ] .
Démonstration :
On considère les p – 1 nombres suivants : a, 2a, 3a, …, ( p – 1)a ainsi que leurs restes
respectifs r1, r2, r3, …, rp −1 dans la division euclidienne par p.
Soit k un entier compris entre 1 et p − 1.
Un bref raisonnement par l’absurde montre que p ne peut pas diviser le produit ka :
En effet, si p divisait le produit ka, comme p est premier avec a, le théorème de
Gauss prouverait que p divise k, ce qui est impossible puisque k est non nul et
inférieur strictement à p.
On en conclut qu’aucun des restes r1, r2, r3, …, rp −1 n’est nul.
Désignons maintenant par k et k ' deux entiers distincts compris entre 1 et p − 1. Nous
désignerons, pour plus de commodité, par k le plus petit des deux : 1 ≤ k < k ' ≤ p – 1,
ce qui donne k + 1 ≤ k ' ≤ p – 1 d’où 1 ≤ k ' − k ≤ p – 1.
D’après ce qui précède, p ne peut donc pas diviser le produit (k’ – k)a, c'est-à-dire
(k '− k )a ≡ 0 [ p ] d’où k ' a ≡ ka [ p] , c'est-à-dire que ka et k 'a n’ont pas le même
reste dans la division euclidienne par p.
Ceci prouve donc que les restes r1, r2, r3, …, rp −1 sont tous différents les uns des
autres. Comme ils sont non nuls et au nombre de p – 1, ils sont donc égaux aux restes
non nuls possibles dans la division par p : 1, 2, 3, …, p – 1.
Surtout pas de faux raisonnement ! Il n’a jamais été dit que r1 = 1, r2 = 2, … mais que
r1 est l’un des nombres 1, 2, 3, …, p – 1, que r2 en est un autre, r3 encore un autre et
ainsi de suite.
Par suite, on a : r1 × r2 × r3 × … × rp −1 = 1 × 2 × 3 × … × ( p − 1) = ( p − 1)! .
Des congruences a ≡ r1 [ p ] , 2a ≡ r2 [ p ] , …, ( p − 1)a ≡ rp −1 [ p ] on tire (règle sur
les congruences) : a × 2a × … × ( p − 1)a ≡ r1 × r2 × … × rp −1 [ p ] , c'est-à-dire :
(
)
( p − 1)!× a p −1 ≡ ( p − 1)! [ p ] d’où p divise ( p − 1)!× a p −1 − ( p − 1)! = ( p − 1)! a p −1 − 1
mais p est premier avec ( p − 1)! puisque p est premier et ne peut diviser aucun des
facteurs de ( p − 1)! .
D’après le théorème de Gauss, p divise a p −1 − 1 donc a p −1 ≡ 1 [ p ] .
Remarque : une conséquence immédiate de ce théorème est la suivante :
Théorème: p étant un nombre premier, pour tout entier a premier avec p, on a :
a p ≡ a [ p] .
Exemple :
Montrer que 116 +216 +316 + …+1616 +1 est divisible par 17.
17 est un nombre premier donc 1, 2, 3, …, 16 sont tous premiers avec 17.
D’après le petit théorème de Fermat, 116 ≡ 1 [17] , 216 ≡ 1 [17] , 316 ≡ 1 [17] , …
1616 ≡ 1 [17] . Il n’y a plus qu’à additionner membre à membre pour obtenir :
116 +216 +316 +… +1616 ≡ 1"#####
+ 1 +#1$#####
+ … +#%1 [17]
16 termes
16
16
16
16
1 +2 +3 +… +16 ≡ 16 [17] d’où 116 +216 +316 + …+1616 + 1 ≡ 17 [17] donc
116 +216 +316 +… +1616 + 1 ≡ 0 [17] c'est-à-dire 116 +216 +316 + …+1616 +1 est divisible par 17.
ARITHMÉTIQUE
27
P.G. 2010/2011