Faculté des arts et des sciences Département de mathématiques et de statistique Sigle du cours : MAT1500 Titre du cours : Mathématiques discrètes Professeur : Abraham Broer Date de l’intra 2 : Le 16 mars 2017, 13h30 à 15h20 Directions pédagogiques: Aucune documentation permise. Calculatrice simple est permise. Justifier toujours vos réponses. 1a) [4 pts] Utiliser l’algorithme de Bézout/Euclide pour trouver pgcd(931, 1323), ppcm(931, 1323) et deux nombres entiers s0 , t0 tels que 931s0 + 1323t0 = pgcd(931, 1323). Réponse. Par Euclide/Bézout : 1 · 1323 + 0 · 931 = 1323 0 · 1323 + 1 · 931 = 931 1 · 1323 + (−1) · 931 = 392 (= 1323 − 931) (−2) · 1323 + (3) · 931 = 147 (= 931 − 2 · 392) (5) · 1323 + (−7) · 931 = 98 (= 392 − 2 · 147) (−7) · 1323 + (10) · 931 = 49 (= 147 − 1 · 98) et 98 = 2 · 49 + 0. Donc pgcd(931, 1323) = 49, ppcm(931, 1323) = 931·1323 49 = 25137, s0 = 10 et t0 = −7. 1b) [3 pts] Trouver un nombre naturel N > 0 tel que (1323 · N ) ≡931 147 Réponse. Par 1a) (−7) · 1323 + 10 · 931 = 49, donc après multiplication par 3 on obtient (−21) · 1323 + (30) · 931 = 147. Parce que 931|30·931 on a (−21)·1323 ≡931 147. On a (−21) ≡931 910, donc aussi 910·1323 ≡931 147. Donc réponse : N = 910. 1c) [3 pts] Soient a et b deux nombres entiers non-zéro. Supposons qu’ils existent six nombres entiers s1 , s2 , t1 , t2 , u1 6= 0, u2 6= 0 tels que s1 a + t1 b = u1 , s2 a + t2 b = u2 et pgcd(u1 , u2 ) = 1. Montrer : pgcd(a, b) = 1. 1 2 Réponse. Soit d = pgcd(a, b). Alors d|a et d|b donc d|(s1 a + t1 b), d|(s2 a + t2 b) et donc d|u1 et d|u2 et d est un diviseur en commun de u1 et u2 . Mais 1 est le seul diviseur en commun positif, parce que pgcd(u1 , u2 ) = 1. Donc d = 1. 2a) [3 pts] Écrire N = [999]16 + 1 sur la base 16 et sur la base 10. Écrire M = [1000]7 · [7]210 − 1 sur la base 7. Écrire P = [1000]10 sur la base 7. (Montrer vos calculs.) Réponse. N = [999]16 + 1 = [9, 9, 9, 10]16 = [999A]16 = (9 · 162 + 9 · 161 + 9) + 1 = 2457 + 1 = 2458. M = [1000]7 · [7]210 − 1 = [100000]7 − 1 = [66666]7 , parce que [66666]7 +1 = (6·74 +6·73 +6·72 +6·71 +6)+1 = (6·74 +6·73 +6·72 +6·71 +7) = (6·74 +6·73 +6·72 +72 ) = (6 · 74 + 6 · 73 + 73 ) = (6 · 74 + 74 ) = 75 = [100000]7 . On a P = [2626]7 parce que 1000 = 142 · 7 + 2, 142 = 20 · 7 + 2,20 = 2 · 7 + 6, 2 = 2 · 7 + 0. 2b) [3 pts] Soient b, r des entiers tel que b ≥ r > 6 et r ≡16 b. Posons N := [5, 4, 3, 2, 1]b et M = [5, 4, 3, 2, 1]r . Montrer que le nombre entier N − M est divisible par 16. Réponse. M = 5r4 + 4r3 + 3r2 + 2r + 1 ≡16 5b4 + 4b3 + 3b2 + 2b + 1 = N parce que r ≡16 b et donc aussi r2 ≡16 b2 et 3r2 ≡16 3b2 , etcetera.DoncN-M≡16 0, c.-à-d. 16|(N − M ). 3a) [4 pts] Montrer par induction que pour chaque nombre entier n ≥ 4 on a n−1 X r(r!) = n! − 6. r=3 (Remarque : Il faut surtout bien rédiger votre preuve selon le modèle utilisé en classe.) Réponse. Posons pour n ≥ 4 la proposition logique P (n) := ” n−1 X r(r!) = n! − 6”. r=3 Il faut montrer par induction que P (n) est vraie pour chaque nombre naturel n ≥ 4. Début : P (4) = ”3(3!) = 4! − 6” est vraie parce que en effet 3(3!) = 18 = 4! − 6. Pn−1 Étape d’induction. Soit n ≥ 4 et supposons P (n) vraie, c.-à-d. r=3 r(r!) = n! − 6. Ajoutons Pn−1 aux deux côtés n(n!), alors r=3 r(r!) + n(n!) = n! − 6 + n(n!). La partie gauche de l’équation est P(n+1)−1 r(r!) ; la partie droite de l’équation on peut réécrire comme r=3 n! − 6 + n(n!) = (n + 1)n! − 6 = (n + 1)! − 6. P(n+1)−1 On obtient r=3 r(r!) = (n + 1)! − 6, et P (n + 1) est vraie. C.-à-d., nous avons montré que P (n) → P (n + 1) est vraie. Conclusion : nous avons montré par induction que P (n) vraie pour n ≥ 4. Et c’est ça ce qu’il fallait montrer. 3 3b) On a montré dans le cours que pour chaque entier n ≥ 2 il existe un unique nombre naturel s = s(n) et aussi s nombres premiers tels que n = p1 p2 · · · ps . Acceptons ça. (i) [2 pts] Donner s(6), s(20), s(120) et montrer qu’on a s(nm) = s(n) + s(m) pour chaque n ≥ 2 et m ≥ 2 . (ii) [3 pts] Montrer par induction généreuse sur n ∈ N que pour chaque nombre entier impair n ≥ 3 on a 1 1 ≤ ( )s(n) . n 3 (Remarque : En particulier, une preuve directe ne sera pas acceptée ici.) Réponse. (i) 6 = 2·3 alors s(6) = 2 ; 20 = 2·2·5 alors s(20) = 3, 120 = 2·2·2·3·5, alors s(120) = 5. Si n = p1 · · · ps et m = q1 · · · qt , avec les pi et qj des premiers, alors nm = p1 · · · ps · q1 · · · qt est un produit de s + t premiers, alors s(nm) = s(n) + s(m). (ii) Posons pour chaque n ≥ 2 la proposition logique P (n) :="Si n est impair alors n1 ≤ ( 13 )s(n) ". À montrer par induction généreuse que P (n) vraie pour chaque entier n ≥ 2. Début : P (2) est vraie : parce que 2 est pair alors l’implication P (2) est automatiquement vraie (l’hypothèse de l’implication P (2) est fausse). Étape d’induction. Soit n ≥ 2. Supposons P (k) vraie pour chaque 2 ≤ k ≤ n. À montrer que P (n + 1) est vraie aussi. Si n + 1 est premier, alors s(n + 1) = 1, n + 1 ≥ 3 et n + 1 est impair (car n + 1 6= 2). Donc en 1 effet n+1 ≤ ( 13 )s(n+1) = 13 . Dans ce cas l’implication P (n + 1) est vrai. Si n + 1 est pair, alors P (n + 1) est automatiquement vrai (parce que l’hypothèse de cette implication est fausse). Si n + 1 ≥ 3 est impair, mais pas premier, alors n + 1 = ab, où 2 ≤ a ≤ n et 2 ≤ b ≤ n. Parce que n + 1 est impair, nécessairement a et b sont impairs aussi. L’hypothèse d’induction s’applique pour a et b, alors P (a) et P (b) sont vraies. Parce que a et b sont impairs, ça implique que a1 ≤ ( 13 )s(a) et 1 1 s(b) . b ≤ (3) 1 On a s(n + 1) = s(a) + s(b) (par (i)) donc n+1 = a1 · 1b ≤ ( 13 )s(a) · ( 31 )s(b) = ( 13 )s(n+1) . Alors P (n + 1) est vrai aussi. Conclusion : par induction P (n) est vraie pour chaque n ≥ 0.