solutionnaire

Travail pratique du 12 janvier 2017, numéro 10 et 14
Alexis Langlois-Rémillard
16 janvier 2017
Question (Numéro 10)
Trouver tous les entiers naturels tels que n2 + n + 1 est un multiple de 7 ; la même chose pour 13.
Solution
Tous les nombres naturels peuvent s’écrire sous la forme : n = 7k+i avec k ∈ N, i ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}.
C’est une conséquence de la division avec reste par 7. Un nombre est divisible par 7 si i = 0 dans
sa décomposition sous la forme 7k + i.
Soient k ∈ N, i ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Posons n = 7k + i, un nombre naturel arbitraire. Il suit que :
n2 + n + 1 = (7k + i)2 + (7k + i) + 1
= 49k 2 + 14ki + i2 + 7k + i + 1
= 7(7k 2 + 2ki + k) + i2 + i + 1
et 7k 2 + 2ki + k est un naturel. Pour que l’équation ci-haut soit divisible par 7, il faut que le reste
i2 + i + 1 soit égal à un multiple de 7 ou 0. Testons toutes les valeurs possibles de i.
02 + 0 + 1 = 1 - 7
12 + 1 + 1 = 3 - 7
22 + 2 + 1 = 7 | 7
32 + 3 + 1 = 13 - 7
42 + 4 + 1 = 21 | 7
52 + 5 + 1 = 31 - 7
62 + 6 + 1 = 43 - 7
Par conséquent, lorsque i = 2 ou i = 4, n2 + n + 1 divise 7. Les nombres sont donc de la forme
7k + 2 ou 7k + 4 pour k ∈ N. Maintenant, il faut faire la même chose, mais avec 13. Encore une
fois, par le théorème de division avec reste appliqué à 13, nous avons que tout nombre naturel
s’écrit sous la forme 13k + j avec k ∈ N et j ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12}. Soient k ∈ N, j ∈
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12}. Posons n = 13k + j, un nombre naturel arbitraire. Il suit que :
n2 + n + 1 = (13k + j)2 + (13k + j) + 1
= 169k 2 + 26kj + j 2 + 13k + j + 1
= 13(13k 2 + 2kj + k) + j 2 + j + 1
1
13k 2 + 2ki + k est un naturel. Pour que l’équation ci-haut soit divisible par 13, il faut que le reste
j 2 + j + 1 soit égal à un multiple de 13. Testons toutes les valeurs possibles de j. Notons que nous
avons déjà fait la moitié du travail
02 + 0 + 1 = 1 - 13
72 + 7 + 1 = 57 - 13
12 + 1 + 1 = 3 - 13
82 + 8 + 1 = 73 - 13
22 + 2 + 1 = 7 - 13
92 + 9 + 1 = 91 | 13
32 + 3 + 1 = 13 | 13
102 + 10 + 1 = 111 - 13
42 + 4 + 1 = 21 - 13
112 + 11 + 1 = 133 - 13
52 + 5 + 1 = 31 - 13
122 + 12 + 1 = 157 - 13
62 + 6 + 1 = 43 - 13
Lorsque j = 3 et j = 9, n2 + n + 1 divise 13. Les nombres sont donc de la forme 13k + 3 et 13k + 9
pour k ∈ N.
Conseil rédaction : Il me fut facile de copier-coller sur ordinateur, cependant, si vous ne voulez
pas perdre de temps, il serait bien de penser au problème avant d’écrire votre démarche pour prévoir
le coup et, par exemple, créer un tableau pour vous éviter de réécrire ou de rendre votre feuille
malpropre !
Question (Question 14)
Vrai ou faux.
1. Si d | a et d | b alors d | pgcd(a, b).
2. pgcd(a, b) = pgcd(b, a)
3. Le pgcd de trois entiers a, b, c satisfait : pgcd(a, b, c) = pgcd(pgcd(a, b), c).
4. Si pgcd(a, b) < pgcd(a, c), alors pgcd(a, b) | pgcd(a, c)
5. Si k | pgcd(a, b), alors pgcd(a/k, b/k) =
1
k
pgcd(a, b)
Solution
Voici les cinq preuves.
1. Écrivons les informations que les définitions et les théorèmes nous donnent : Il existe des
constantes k, `, α, β ∈ R telles que :
a = kd
b = `d par définition
pgcd(a, b) = αa + βb par Bézout
= αkd + β`d
= (αk + β`)d
par définition, puisque (αk + β`) ∈ Z alors d | pgcd(a, b)
2. Vrai par définition (Écrivez-la !)
3. Par définition (la version deux). Soient a, b, c ∈ Z.
pgcd(a, b, c) = max{D(a) ∩ D(b) ∩ D(c)}
2
= max{(D(a) ∩ D(b)) ∩ D(c)}
= max{max{D(a) ∩ D(b)} ∩ D(c)}
= max {pgcd(a, b) ∩ D(c)}
= pgcd (pgcd(a, b), c)
4. C’est faux. Prenons le contre-exemple (a, b, c) = (10, 5, 2). Alors :
pgcd(10, 2) = 2
pgcd(10, 5) = 5
2<5
2 - 5.
5. Nous allons prouver un résultat équivalent. En exercice, convainquez-vous que ce raisonnement
prouve le numéro en explicitant la dernière étape.
Nous voulons montrer que k pgcd(a, b) = pgcd(ka, kb). Soient k, a, b ∈ Z. Notons d =
pgcd(a, b). Par définition, d | a, d | b et si d0 | a, d0 | b alors d0 ≤ d. Maintenant, en multipliant
par k, nous obtenons kd | ka, kd | kb et la multiplication par un entier préserve la relation
d’ordre, alors pgcd(ka, kb) = kd. De là, le numéro est prouvé.
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