Solutions pour les élèves - Chapitre 2 Spécialité

 Chapitre 2 Spécialité
Corrigés des exercices
Application
2 On utilise l'algorithme d'Euclide pour déterminer d, u et v .
1. d = 5, u = 4 et v = – 21.
13 1. a = 11 × 95 = 1 045 et b = 11 ;
a = 11 × 19 = 209 et b = 11 × 5 = 55.
2. a = 26 et b = 25 ; a = 27 et b = 24 ; a = 34 et
b = 17 (d divise 51 et d < 51, donc 3 possibilités pour d).
2. d = 462, u = 6 et v = 23.
11 1. pgcd(a ; b) = 111 donc a et b ne sont
pas premiers entre eux !
2. pgcd(a ; b) = 1 donc a et b sont premiers entre
eux !
chapitre 2
●
PGDC et PPCM
Chapitre 2 Spécialité
Pour préparer le bac
ROC
Question de cours
On adapte la démonstration du Cours p. 46.
• Si d divise a et b, d divise a – bq, donc d est un
diviseur commun à b et a – bq.
• Réciproquement, supposons que d divise b et
a – bq. Comme il divise b, il divise bq. Comme il
divise aussi a – bq, il divise a – bq + bq, soit a. Il
divise donc a et b.
Application
1. A = 5n3 + n 2 – 18 n – 38. A = n (5 n – 9) (n + 2) – 38
et k = n(5n – 9), qui est un entier.
2. A = 5n3 – n – (19 – n)(n + 2)
= n(5n – 9) (n + 2) – 38 donc
5n3 – n = (19 – n)(n + 2) + n(5n – 9) (n + 2) – 38, soit
5n3 – n = (5n2 – 10n + 19) (n + 2) – 38. On applique alors la question de cours avec a = 5n3 – n et
b = n + 2, on en déduit que
pgcd(5n3 – n ; n + 2) = pgcd(n + 2 ; 38).
3. pgcd(n + 2 ; 38) est un diviseur de 38 donc les
seules valeurs possibles de pgcd(5n3 – n ; n + 2)
sont : 1, 2, 19 et 38.
Si 5n3 – n est un multiple de n + 2, alors
pgcd(5n3 – n ; n + 2) = ∙n + 2∙.
On étudie tous les cas possibles :
• n + 2 = 1 donc n = –1 ;
• n + 2 = –1 donc n = –3 ;
• n + 2 = 2 donc n = 0 ;
• n + 2 = –2 donc n= –4 ;
• n + 2 = 19 donc n = 17 ;
• n + 2 = –19 donc n= –21 ;
• n + 2 = 38 donc n = 36 ;
• n + 2 = –38 donc n= –40.
Il faut vérifier que les valeurs de n conviennent.
Les valeurs –1, –3, –4, 17, –21, 36 et 40 conviennent, car pour chacune de ces valeurs de n, on a :
5n3 – n ∙ 0.
En revanche, 0 ne convient pas car, dans ce cas,
5n3 – n = 0.
Finalement il y a 7 valeurs denqui conviennent :
–40, –21, –4, –3, –1, 17 et 36.
QCM
1. c ; 2. c ; 3. a.
Justifications
1 – c. 221 = 13 × 17 donc (théorème de Fermat)
2 221 a même reste que 2 17. Pour la même raison 213
a même reste que 2, d’où 217 = 213 × 24 a même
reste que 2 × 24 = 25 = 32, c'est-à-dire 6.
2 – c. Voir Exercice corrigé 2 p. 53 pour la résolution
de l'équation ou tester les 4 solutions proposées.
3 – a. Tester le résultat avec x = 5 et y = 5.
Autre méthode : si pgcd(3x + y ; 2x + 3y) = 5, alors
pgcd(3x + y ; 2x + 3y + 3x + y) = 5 soit
pgcd(3x + y ; 5x + 4y) = 5, d’où 3x + y = 5k et
5x + 4y = 5k’ a vec k ⋀ k’ = 1. De 5x + 4y = 5k’,
chapitre 2
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PGDC et PPCM
on déduit que y est un multiple de 5. Comme, en
outre 3x + y = 5k, x est aussi un multiple de 5. On
peut donc conclure que 5 est un diviseur commun à x et y.
Le pgcd ne peut être ni 10, ni 20 car alors, on aurait
pgcd(3x + y ; 2x + 3y) ⩾ 10. En conséquence, c’est 5.
EXERCICE
1. Le nombre de secondes écoulées entre 21 h et
l'heure h est 33p pour le phare P1 et 12 + 57q
pour le phare P2.
On a donc 33p = 12 + 57q, ce qui donne (en divisant par 3) la condition : 11 x – 19 y = 4.
2. a. 11 × 7 – 19 × 4 = 1, on peut donc prendre
x0 = 7 et y0 = 4.
b. On en déduit que pour p0 = 28 et q0 = 16, le
couple (p0 ; q0) est solution de (E).
c. 11 x – 19 y = 4 ⇔ 11 x – 19 y = 11 × 28 – 19 × 16
⇔ 11 (x – 28) = 19 (y – 16).
11 et 19 étant premier entre eux, on peut appliquer le théorème de Gauss et en déduire que
les solutions de (E) sont les couples (x ; y) avec
x = 28 + 19k et y = 16 + 11k, où k est un entier
relatif quelconque.
d. Il est clair que x et y sont, tous deux, positifs
et le plus petits possible pour k = –1, on a donc
p = 9 et q = 5.
On en déduit que H = 21 h + 9 × 33 s, soit
H = 21 h 4 min 57 s.
3. a. Première méthode :
Entre 21 h et 7 h du matin, il se passe 10 heures
soit 36 000 secondes.
On doit donc avoir
33 x ⩽ 36 000 et 57y + 12 ⩽ 36 000, car x représente
un nombre de périodes de 33 s et y un nombre
de périodes de 57 s. On en déduit la valeur maximale que peut prendre k :
36 000 – 33  28
33 x ⩽ 36 000 ⇔ k ⩽ , soit k ⩽ 55
33  19
car k est entier.
35 988 – 57  16
57 y + 12 ⩽ 36 000 ⇔ k ⩽ , soit, à
57  11
nouveau, k ⩽ 55.
Il y a 57 valeurs de k qui vérifient – 1 ⩽ k ⩽ 55
(pour k = – 1 les rochers sont éclairés simultanément pour la première fois, ils le sont pour la dernière fois pour k = 55).
Les rochers auront donc été éclairés simultanément 57 fois entre 21 h et 7 h du matin.
Deuxième méthode :
Le premier éclairage simultané ayant lieu à 21 h
4 min 57 s, il s’écoule entre cet instant et 7 h du
matin 10 h – 4min 57 s, soit 9 h 55 min 3s, soit
35 703 s.
L’éclairage est simultané pour p et q entiers positifs
tels que 33p = 57q soit 11p = 19q. la plus petite
valeur de p qui convient est p = 19. On a donc un
éclairage simultané toutes les 33 × 19 = 627 s.
35 703
 56, 9 , donc il y a 56 intervalles de temps.
627
L’éclairage simultané se produira donc 57 fois.
b. Première méthode :
Pour k = 55, x = 1 073 et
1 073 × 33s = 35 409 s
= 9h + 3 009s = 9 h + 50 min + 9 s
(à partir de 21 heures).
Deuxième méthode :
21 h 4 min 57 s + 627 × 56 s = 6 h 50 min 9 s.
Les rochers seront éclairés simultanément pour la
dernière fois à 6 h 50 min 9 s du matin.
EPREUVE PRATIQUE
2. D’après la feuille de calcul du tableur, il semble
que les nombres sont premiers entre eux sauf pour
les valeurs dende la forme 3 + 5k où le PGCD peut
être 5 ou 25. Le cas 25 semble être obtenu pour les
nombres de la forme 18 + 25k.
3. a. 4(n + 7) – (4n + 3) = 25, donc tout diviseur
commun à 4n + 3 et n + 7 divise 25, leur PGCD ne
peut donc être que 1, 5 ou 25.
b. Dressons une table, modulo 5 :
n
0
1
2
3
4
4n + 3
3
2
1
0
4
n + 7
2
3
4
0
1
On trouve que n + 7 sont des multiples de 5 si, et
seulement si, n ≡ 3 (5).
On en conclut que, dans ce cas,
pgcd(4 n + 3 ; n + 7) = 5 ou 25.
Si n n'est pas congru à 3 modulo 5, n + 7 n'est pas
divisible par 5 ; il n’est donc pas non plus divisible
par 25. On en conclut que pgcd(4 n + 3 ; n + 7) = 1 si,
et seulement si, n est non congru à 3 modulo 5.
c. Dressons une table, modulo 25, pourncongru à
3 modulo 5 :
n
3
8
13 18 23
4n + 3
15 10
5
0
20
n + 7
10 15 20
0
5
Si n ≡ 3 (5), on trouve que n + 7 est un multiple de
25 si, et seulement si, n ≡ 18 (25). et si n ≡ 18 (25),
4n + 3 est un multiple de 25. On en conclut que
pgcd(4 n + 3 ; n + 7) = 25 si, et seulement si,
n ≡ 18 (25).
Et pgcd(4 n + 3 ; n + 7) = 5 si, et seulement si, n ≡ 3 (5)
et n non congru à 18 modulo 25.
Fichiers logiciels associés : prbac_EP_cs2.xls (Excel),
prbac_EP_cs2.xls (OpenOffice) et prbac cs2.tns
(TI-Nspire).
chapitre 2
●
PGDC et PPCM
Chapitre 2 Spécialité
Les TICE
Fichiers associés :
• Tableurs
Fichiers euclide_tice_cs2.xls (Excel), euclide_tice_cs2.
ods (OpenOffice) et tice cs2.tns (TI-Nspire).
• Calculatrices
Fichiers EUCLIDE.CAT , EUCLIDE2.CAT et RESTEPUISSANCE.CAT (Casio, contenant respectivement les
programmes EUCLIDE, EUCLIDE2 et RESTEPUI)
Programmes EUCLIDE.8xp, EUCLIDE2.8xp et
RESTEPUI.8xp (programmes TI).
Compléments
▶ Au tableur.
Voir les fichiers euclide_tice_cs2.xls (Excel) et
euclide_tice_cs2.ods (OpenOffice)
Pour le fichier TI-Nspire (tice cs2.tns), les pages 1
et 2 correspondent aux situations décrites dans la
page du manuel.
▶ Avec la calculatrice.
Programmes EUCLIDE et EUCLIDE.8xp
Commandes calculatrices :
• Pour la boucle, voir chapitre TICE p. 135 (boucle While)
• Partie entière (voir chapitre arithmétique 1, partie 3, p. 13)
TI : fonction int, MATH ▶ (NUM) 5 .
Casio : fonction Intg, OPTN F6 ▶ F4 (NUM)
F5 .
• Obtention du = et du ∙ :
TI : 2ND MATH (TEST) 1 ou 2 .
chapitre 1
●
Divisibilité dans ℤ, congruences
Casio : SHIFT VARS (PRGM) F6
F1 ou F2 .
▶
F3 (REL)
Applications
1. Programmes EUCLIDE2 et EUCLIDE2.8xp
Il suffit de remplacer les entiers par leurs valeurs
absolues.
On ajoute donc, après Demander B, A → A et
B →B.
Pour la valeur absolue :
TI : fonction abs, MATH
▶ (NUM) 1 .
Casio : fonction Abs, OPTN F6 ▶ F4 (NUM)
F1 .
2. Programmes RESTEPUI et RESTEPUI.8xp
L’idée est d’utiliser que, pour a entier et k entier
naturel, ak + 1 = ak × a et que, si rk est le reste de la
division de ak par q, alors ak + 1 ≡ ark (mod q)
L’algorithme ci-dessous calcule donc successivement le reste r1 de la division de a par q ; puis le
reste r2 de la division de ar1 par q ; puis le reste r3
de la division de ar2 par q… On s’arrête lorsque
i = p, c’est-à-dire à rp
Demander A
Demander P
Demander Q
Initialiser R à 1
Pour I allant de 1 à P
A*R – E(A*R/Q)*Q → R
Afficher R