Correction - LPO de Chirongui

Congruences : série 2
Correction 1
1. On remarque les deux congruences suivantes :
61≡2 (mod.4) ;62= 36 = 9×4≡0 (mod.4)
Le plus petit entier krecherché a pour valeur k=2.
2. On note Pnla propriété définie par :
(a+ 6)n≡an+ 6·n·an−1(mod.4)
Montrons, à l’aide d’un raisonnement par récurrence, que
la propriété Pnest vraie pour tout entier naturel nnon-
nul :
Initialisation :
Pour n= 1,ona:
(a+ 6)1=a+ 6 ≡a+ 6 (mod.4)
a1+ 6×1×a0=a+ 6 ≡a+ 6 (mod.4)
On vient d’établir l’égalité recherchée au rang 1.
Hérédité :
On suppose que la propriété Pnest vraie pour un en-
tier naturel nnon-nul quelconque. C’est à dire qu’on
a la congruence suivante :
(a+ 6)n≡an+ 6·n·an−1(mod.4)
On a les égalités et congruences suivantes :
(a+ 6)n+1 = (a+ 6)n·(a+ 6)
D’après la relation de récurrence, on a :
≡(an+ 6·n·an−1)(a+ 6) (mod.4)
≡an+1 + 6·an+ 6·n·an+ 62(mod. 4)
≡an+1 + 6·an·(n+ 1) + 0 (mod.4)
≡an+1 + 6·an·(n+ 1) (mod.4)
On vient d’établir que la propriété Pn+1 est vraie.
Conclusion :
La propriété Pnest initialisée au rang 1et elle vérifie la
propriété d’hérédité. Le raisonnement par récurrence
permet d’affirmer que la propriété Pnest vraie pour
tout entier naturel nnon-nul.
Correction 2
1. A l’aide de la calculatrice, on a la division euclidienne de
2 009 par 11 :
2 009 = 182×11 + 7
On en déduit que :
2 009 ≡7 (mod.11)
2. On a la valeur suivante : 210 = 1 024. La division eucli-
dienne de 210 par 11 donne :
210 = 93×11 + 1
On en déduit que :
210 ≡1 (mod.11)
3. On a les équivalences suivantes :
22 009 + 2 009 = 2200×10+9 + 2 009
= 2200×10×29+ 2 009 = 210200 ×29+ 2 009
La division euclidienne de 29par 11 donne la relation :
29= 46×11 + 6
Ainsi, on a les équivalences suivantes :
22 009 + 2 009 = 210×200+9 + 2 009
= 210×200×29+ 2 009 = 210200 ×29+ 2 009
On en déduit les congruences :
≡1200×6 + 7 ≡1200 ×6 + 7 (mod.11)
≡13 ≡2 (mod.11)
Correction 3
1. Considérons la propriété Pndéfinie pour tout entier na-
turel npar :
Pn: “2·un= 5n+2 + 3”
Montrons, à l’aide d’un raisonnement par récurrence, que
la propriété Pnest vraie pour tout entier naturel n.
Initialisation :
Pour n= 0, on a :
2·u0= 2×14 = 28
50+2 + 3 = 52+ 3 = 28 + 3 = 28
On vient de montrer que la propriété P0est vraie.
Hérédité :
Supposons que la propriété Pnest vraie pour un entier
naturel nquelconque. C’est à dire qu’on a la relation :
2·un= 5n+2 + 3
La définition des termes de la suite unpermet
d’écrire :
2·un+1 = 2·5·un−6= 10·un−12 = 5·2·un−12
En utilisant l’hypothèse par récurrence :
= 5·5n+2 + 3−12 = 5n+2+1 + 15 −12
= 5n+1+2 + 3
On vient de montrer que la propriété Pn+1.
Conclusion :
La propriété Pnest initialisée au rang 0et elle véri-
fie la propriété d’hérédité. A l’aide d’un raisonnement
par récurrence, on a établi que la propriété Pnest vraie
pour tout entier naturel n.
2. a. Pour tout entier naturel n, on a la relation :
2·un= 5n+2 + 3
En passant à la congruence modulo 4, cette relation
devient :
≡1n+2 + 3 ≡1 + 3 (mod.4)
≡4≡0 (mod.4)
On en déduit que le nombre 2·unest un multiple de 4.
b. Considérons la propriété Pndéfinie pour tout entier
naturel npar :
Pn: “2·un≡28 (mod. 100)"
Montrons, à l’aide d’un raisonnement par récurrence,
que la propriété Pnest vraie pour tout entier naturel
n.
Intialisation :
Pour n= 0,ona:
2·u0= 2×14 = 28 ≡28 (mod.100)
La propriété P0est vraie.
Hérédité :
Supposons que la propriété Pnest vérifiée pour un
entier naturel nquelconque. C’est à dire qu’on a la
congruence :
2·un≡28 (mod.100)

La définition des termes de la suite unpermet
d’écrire :
2·un+1 = 2·5·un−6= 10·un−12
= 5·2·un−12
En utilisant l’hypothèse de récurrence :
≡5×28 −12 ≡140 −12 (mod.100)
≡128 ≡28 (mod.100)
On vient de montrer que la propriété Pn+1 est vraie.
Conclusion :
La propriété Pnest initialisée au rang 0et elle vérifie
la propriété d’hérédité. A l’aide d’un raisonnement
par récurrence, on vient de montrer que cette pro-
priété est vraie pour tout entier naturel n.
Correction 4
1. Un nombre sécrivant aba dans le système de numération
à base huit a une valeur décimale de :
aba =a×82+b×81+b×80= 64a+ 8b+a= 65a+ 8b
Son écriture dans le système de numération en base 5 est
cabc. Autrement dit :
cabc =c×53+a×52+b×51+c×50
=c×125c+ 25a+ 5b+c= 126c+ 25a+ 5b
De l’égalité de ces deux représentation, on en déduit
l’équation suivante :
65a+ 8b= 126c+ 25a+ 5b
65a−25a= 126c+ 5b−8b
40a= 126c−3b
2. a. On a :
126 = 42×3
≡42×0≡0 (mod.3)
On en déduit que :
40a≡126·c−3·b≡0×c−0×b≡0 (mod.3)
On sait que aest non-nul et est un chiffre dans le sys-
tème de numérotation en base 5 : il peut prendre les
valeurs de 1 à 4 compris.
Or :
40a≡(3×13 + 1)×a≡1×a≡a≡0 (mod.3)
La seule valeur possible est 3 : a= 3.
b. De l’équation :
40a= 126c−3b
On déduit :
3b= 126c−40a
Par passage à la congruence modulo 2 :
3b≡126c−40a(mod.2)
≡0×c−0×a≡0 (mod.2)
best un nombre non-nul, compris entre 0 et 4 inclus
et divible par 2 : b= 2 ou b= 4. Etudions ces deux
possibilités. L’équation :
40a= 126c−3b
devient pour b= 2 :
40a= 126·c−3·b
40×3 = 126·c−3×2
120 = 126·c−6
126 = 126·c
c= 1
bpeut valoir 2et alors csera égal à 1.
devient pour b= 4 :
40a= 126c−3b
40×3 = 126c−3×4
120 = 126c−12
132 = 126c
c=132
126
cn’est pas alors un entier. b=4 n’est pas une solution
à retenir.
On obtient les valeurs : b= 2 ;c= 1
c. En base cinq : N= 1321
En base huit : N= 323
En base dix : N= 65·a+ 8·b= 65×3+8×2 = 211
Correction 5
1. Considérons un nombre xtel que :
g(x) = x
Ainsi, un tel nombre xdoit vérifier :
g(x) = x
4·x+ 3 ≡x(mod.27)
4·x−x≡ −3 (mod.27)
3·x≡24 (mod.27)
Puisque xvérifie l’encadrement :
06x626 =⇒063·x678
Ainsi, le nombre xpeut vérifier l’une des équations ci-
dessous :
3·x= 24
x= 8
3x= 51
x= 17
3x= 78
x= 26
On en déduit que les lettres suivantes sont invariantes
par ce codage :
i;r;?
2. Supposons que xet ysont deux entier naturel de Evéri-
fiant la congruence :
y≡4x+ 3 (mod.27)
7·y≡7·4x+ 3(mod. 27)
7·y≡28·x+ 21 (mod.27)
7·y−21 ≡x(mod.27)
x≡7·y−21 + 27 (mod.27)
x≡7·y+ 6 (mod. 27)
Effectuons un raisonnement par l’absurde : supposons
deux caractès, associée dans le tableau par les nombres x
et x0, codés par le même caractère associé dans le tableau
par le nombre yAinsi, on a :
y≡4·x+ 3 (mod.27) ;y≡4·x0+ 3 (mod.27)
On en déduit l’égalité :
4·x+ 3 ≡4·x0+ 3 (mod.27)
4·x+ 3−4·x0+ 3≡0 (mod.27)
4·x−4·x0≡0 (mod.27)
4·x−x0≡0 (mod.27)
On vient d’établir que 4·x−x0est un multiple de 27.
Ainsi :
27 divise 4·x−x0;
les entiers 27 et 4sont premiers entre eux.
D’après le théorème de Gauss, on en déuit que 27 divise
x−x0. Or, les deux nombres appartenant à E, on en dé-
duit :

06x626 0 6x0626
−26 6x060
On en déduit l’encadrement :
−26 6x−x0626
Or, 27 divisant x−x0, on en déduit :
x−x0= 0
x=x0
.
Ce qui est absurde.
On vient de montrer que si deux lettres acceptent le
même codage alors elles sont égales.
3. Voici la “m’éthode” de décodage :
Premièrement : à chacune des lettres, on associe un
nombre à l’aide du tableau de l’exercice ;
Deuxièmement : à chaque nombre yde E, on associe
le reste de la division euclidienne de 7·y+6 par 27
Troisièmement : le nombre obtenu est remplacé par
une lettre à l’aide du tableau.
4. Appliquons la méthode précédente aux deux lettres du
mot à décoder :
Pour la lettre “v” :
La lettre vest associée au nombre 21.
On a : 7×21 + 6 = 147 + 6 = 153 = 5×27 + 18
≡18 (mod.27)
La lettre associée au nombre 18 est S.
Pour la lettre “f” :
La lettre fest associée au nombre 5.
On a : 7×5 + 6 = 35 + 6 = 41 = 1×27 + 14
≡14 (mod.27)
La lettre associée au nombre 14 est o.
Ainsi, le mot “vfv” est sos.