Correction du devoir non surveillé de mathématiques no 4

Terminale S - sp´ecialit´e corrig´e du devoir maison n˚4
Correction du devoir non surveill´e de math´ematiques no4
Exercice 1 :
Puisque a≡bmod net c≡dmod n, il existe deux entiers qet q′tels que a=nq +bet c=nq′+d.
Ainsi, ac = (nq +b)(nq′+d) = n(nqq′+qd +q′b) + bd et nqq′+qd +q′b∈Z.
On a donc, ac ≡bd mod n.
Ainsi, si a≡bmod net c≡dmod nalors a×c≡b×dmod n.
Exercice 2 :
1) (a) Dans le cas o`u n∈N∗, on sait que si qest un r´eel diff´erent de 1 alors
1 + q1+q2+q3+··· +qn−1=1−q(n−1)+1
1−q. Ainsi, 1 + 81+ 82+ 83+···+ 8n−1=1−8n 1−8=8n−1 7.
(b) Soit un entier naturel n,
23n−1 = 8n−1 = 7 1 + 81+ 82+ 83+··· + 8n−1d’apr`es la question pr´ec´edente.
Comme 1 + 81+ 82+ 83+···+ 8n−1∈N, on en d´eduit que 23n−1est un multiple de 7.
(c) On a 23n+1 −2 = 2 ×23n−2 = 2 23n−1donc 23n+1 −2est multiple de 7puisque 23n−1est un
multiple de 7.
On a 23n+2 −4 = 4 ×23n−4 = 4 23n−1donc 23n+2 −4est multiple de 7puisque 23n−1est un
multiple de 7.
2) En utilisant les r´esultats de la question pr´ec´edente, on a :
si k≡0 (3), c’est-`a-dire que kest de la forme 3n, avec n∈N, alors on a 2k≡1 (7) et le reste de 2k
dans la division par 7est 1(061<7).
si k≡1 (3), c’est-`a-dire que kest de la forme 3n+ 1, avec n∈N, alors on a 2k≡2 (7) et le reste de
2kdans la division par 7est 2(062<7).
si k≡2 (3), c’est-`a-dire que kest de la forme 3n+ 2, avec n∈N, alors on a 2k≡4 (7) et le reste de
2kdans la division par 7est 4(064<7).
3) Le nombre pd´esignant un entier naturel, on consid`ere le nombre entier Ap= 2p+ 22p+ 23p.
(a) Si p= 3n, alors on a p≡0 (3),2p≡0 (3) et 3p≡0 (3). D’apr`es la question 2), on a Ap≡1+1+1 (7).
Ainsi, le reste de Apdans la division par 7est 3(063<7).
(b) Si p= 3n+ 1, alors on a p≡1 (3),2p≡2 (3) et 3p≡0 (3). D’apr`es la question 2), on a
Ap≡2 + 4 + 1 (7).
Ainsi, le reste de Apdans la division par 7est 0(063<7).Apest donc divisible par 7.
(c) Si p= 3n+ 2, , alors on a p≡2 (3),2p≡1 (3) et 3p≡0 (3). D’apr`es la question 2), on a
Ap≡4 + 2 + 1 (7).
Ainsi, le reste de Apdans la division par 7est 0(063<7).Apest donc divisible par 7.
Exercice 3 :
Pour tout entier nsup´erieur ou ´egal `a 2, on pose A(n) = n4+ 1.
L’objet de l’exercice est l’´etude des diviseurs premiers de A(n).
1) (a) Si nest pair alors n≡0 (2), d’o`u A(n)≡1 (2).A(n)est donc un nombre impair.
Si nest impair alors n≡1 (2), d’o`u A(n)≡0 (2).A(n)est donc un nombre pair.
(b) Soit nun entier. Alors on a n≡0 (3), ou n≡1 (3) ou n≡2 (3).
Si n≡0 (3) alors A(n)≡1 (3) et donc A(n)n’est pas un multiple de 3.
Si n≡1 (3) alors A(n)≡2 (3) et donc A(n)n’est pas un multiple de 3.
Si n≡2 (3) alors A(n)≡16 + 1 ≡2 (3) et donc A(n)n’est pas un multiple de 3.
Ainsi, quel que soit l’entier n,A(n)n’est pas un multiple de 3.
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(c) Soit dun diviseur de A(n). Pour montrer que det nsont premiers entre eux, il suffit de prouver que les
seuls diviseurs communs de det nsont −1et 1.
On consid`ere un entier k, diviseur commun de det n.
Comme kdivise det ddivise A(n), on a kdivise A(n). Ainsi, kdivise toute combinaison lin´eaire de
A(n)et n, soit 1×A(n)−n3×n= 1. Mais les seuls diviseurs de 1sont −1et 1.
On en d´eduit que k=−1ou k= 1, et donc det nsont premiers entre eux.
(d) Soit dun diviseur de A(n). Donc ddivise (n4+ 1)(n4−1) = n8−1.
D’o`u n8−1≡0 (d)⇐⇒ n8≡1 (d).
2) Soit dun diviseur de A(n). On note sle plus petit des entiers naturels non nuls ktels que
nk≡1mod d.
(a) Soit kun tel entier, c’est-`a-dire nk≡1 (d).
Si on note qle quotient et rle reste de la division euclidienne de kpar s, on peut ´ecrire k=s×q+r
avec 06r < s .
En utilisant les congruences, on peut ´ecrire nk≡ns×q+r≡nkq×nr(d).
Mais nk≡1 (d)et ns≡1 (d)par d´efinition de l’entier s.
Il vient alors 1≡nr(d).
Par d´efinition de s,sest le plus petit entier naturel non nul ktel que nk≡1 (d). N´ecessairement,
r= 0 puisque nr≡1 (d)et rest strictement inf´erieur `a s(sinon, sne serait pas le plus petit !).
D’o`u k=s×qet sest un diviseur de k.
(b) Comme n8≡1 (d)d’apr`es la question 1)(d), on peut dire que sest un diviseur de 8.
On admettra dans la suite que, si dest premier, alors sest un diviseur de d−1.
3) Recherche des diviseurs premiers de A(n)dans le cas o`u nest un entier pair.
Soit pun diviseur premier de A(n). On note s, le plus petit entier naturel non nul ktel que nk≡1 (p).
D’apr`es la question 2)(b), on peut dire que s= 1, ou s= 2, ou = 4 ou s= 8 (tous les diviseurs positifs de 8).
⊛si s= 1 alors n≡1 (p)et donc A(n)≡2 (p). Comme pest diviseur de A(n), n´ecessairement p= 2 pour
avoir A(n)≡0 (p). On en d´eduit que A(n)est un nombre pair puisqu’il est divisible par 2. Mais, d’apr`es
la question 1)(a), A(n)est un nombre impair pauique nest pair. On ne peut pas avoir s= 1.
⊛si s= 2 alors n2≡1 (p)et donc A(n)≡(n2)2+1 ≡2 (p). Comme pest diviseur de A(n), n´ecessairement
p= 2 pour avoir A(n)≡0 (p). On en d´eduit que A(n)est un nombre pair puisqu’il est divisible par 2.
Mais, d’apr`es la question 1)(a), A(n)est un nombre impair pauique nest pair. On ne peut pas avoir s= 1.
⊛si s= 4 alors n4≡1 (p)et donc A(n)≡2 (p). Comme pest diviseur de A(n), n´ecessairement p= 2
pour avoir A(n)≡0 (p). On en d´eduit que A(n)est un nombre pair puisqu’il est divisible par 2. Mais,
d’apr`es la question 1)(a), A(n)est un nombre impair pauique nest pair. On ne peut pas avoir s= 1.
Il ne reste donc qu’une seule possibilit´e : s= 8.
D’apr`es le r´esultat admis, puisque pest premier, on peut dire que sdivise p−1, c’est-`a-dire 8divise p−1.
Ce dernier r´esultat est ´equivalent `a p≡1 (8).
4) Recherche des diviseurs premiers de A(12).
Indication: la liste des nombres premiers congrus `a 1 modulo 8d´ebute par
17,41,73,89,97,113,137,...
12 est un nombre pair. Soit pun diviseur premier de A(12). D’apr`es ce qui pr´ec`ede, on peut dire que p≡1 (8).
En utilisant l’indication, on a A(12) = 20 737 = 89×233. On v´erifie ais´ement que 233 est un nombre premier.
Les diviseurs premiers de A(12) sont donc 89 et 233.
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