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 abmod net cdmod n, il existe deux entiers qet qtels que a=nq +bet c=nq+d.
Ainsi, ac = (nq +b)(nq+d) = n(nqq+qd +qb) + bd et nqq+qd +qbZ.
On a donc, ac bd mod n.
Ainsi, si abmod net cdmod nalors a×cb×dmod n.
Exercice 2 :
1) (a) Dans le cas o`u nN, on sait que si qest un r´eel diff´erent de 1 alors
1 + q1+q2+q3+··· +qn1=1q(n1)+1
1q. Ainsi, 1 + 81+ 82+ 83+···+ 8n1=18n
18=8n1
7.
(b) Soit un entier naturel n,
23n1 = 8n1 = 7 1 + 81+ 82+ 83+··· + 8n1d’apr`es la question pr´ec´edente.
Comme 1 + 81+ 82+ 83+···+ 8n1N, on en d´eduit que 23n1est un multiple de 7.
(c) On a 23n+1 2 = 2 ×23n2 = 2 23n1donc 23n+1 2est multiple de 7puisque 23n1est un
multiple de 7.
On a 23n+2 4 = 4 ×23n4 = 4 23n1donc 23n+2 4est multiple de 7puisque 23n1est un
multiple de 7.
2) En utilisant les r´esultats de la question pr´ec´edente, on a :
si k0 (3), c’est-`a-dire que kest de la forme 3n, avec nN, alors on a 2k1 (7) et le reste de 2k
dans la division par 7est 1(061<7).
si k1 (3), c’est-`a-dire que kest de la forme 3n+ 1, avec nN, alors on a 2k2 (7) et le reste de
2kdans la division par 7est 2(062<7).
si k2 (3), c’est-`a-dire que kest de la forme 3n+ 2, avec nN, alors on a 2k4 (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 p0 (3),2p0 (3) et 3p0 (3). D’apr`es la question 2), on a Ap1+1+1 (7).
Ainsi, le reste de Apdans la division par 7est 3(063<7).
(b) Si p= 3n+ 1, alors on a p1 (3),2p2 (3) et 3p0 (3). D’apr`es la question 2), on a
Ap2 + 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 p2 (3),2p1 (3) et 3p0 (3). D’apr`es la question 2), on a
Ap4 + 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 n0 (2), d’o`u A(n)1 (2).A(n)est donc un nombre impair.
Si nest impair alors n1 (2), d’o`u A(n)0 (2).A(n)est donc un nombre pair.
(b) Soit nun entier. Alors on a n0 (3), ou n1 (3) ou n2 (3).
Si n0 (3) alors A(n)1 (3) et donc A(n)n’est pas un multiple de 3.
Si n1 (3) alors A(n)2 (3) et donc A(n)n’est pas un multiple de 3.
Si n2 (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)(n41) = n81.
D’o`u n810 (d)n81 (d).
2) Soit dun diviseur de A(n). On note sle plus petit des entiers naturels non nuls ktels que
nk1mod d.
(a) Soit kun tel entier, c’est-`a-dire nk1 (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 nkns×q+rnkq×nr(d).
Mais nk1 (d)et ns1 (d)par d´efinition de l’entier s.
Il vient alors 1nr(d).
Par d´efinition de s,sest le plus petit entier naturel non nul ktel que nk1 (d). N´ecessairement,
r= 0 puisque nr1 (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 n81 (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 d1.
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 nk1 (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 n1 (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 n21 (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 n41 (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 p1, c’est-`a-dire 8divise p1.
Ce dernier esultat est ´equivalent `a p1 (8).
4) Recherche des diviseurs premiers de A(12).
Indication: la liste des nombres premiers congrus `a 1 modulo 8ebute 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 p1 (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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