PCSI : Mathématiques 2014-2015 Exercices : Rudiments d’Arithmétique Exercice 1. La somme des n premiers entiers se calcule par la formule de Gauss S = n P k= k=0 n(n+1) . 2 S est donc divisible par n donc le reste dans la division euclidienne de S par n vaut 0 . Exercice 2. q est le reste dans la division euclidienne de a − 1 par b donc il existe r tels que a − 1 = bq + r avec 0 ≤ r < b. Calculons alors abn − 1. abn − 1 = (bq + r + 1)bn − 1 = bn+1 q + rbn + bn − 1 = bn+1 q + bn (r + 1) − 1. On a bien une écriture de la forme A = BQ + R où A = abn − 1, B = bn+1 , Q = q et R = bn (r + 1) − 1. Il reste alors à vérifier la deuxième condition du théorème sur la division euclidienne, c’est à dire 0 ≤ R < B. On sait que 0 ≤ r < b donc 1 ≤ r + 1 < b + 1 donc 1 ≤ r + 1 ≤ b donc 1 ≤ bn (r + 1) ≤ bn+1 donc 0 ≤ bn (r + 1) − 1 ≤ bn+1 − 1 donc 0 ≤ bn (r + 1) − 1 < bn+1 . On a donc bien la deuxième condition du théorème sur la division euclidienne. Le quotient dans la division de abn − 1 par bn+1 est donc q . Exercice 3. Soient (a, b) ∈ N∗ . On a envie d’utiliser la formule de factorisation vue dans le cours sur les sommes. b P (2a )k donc 2a − 1 divise 2ab − 1 . 2ab − 1 = (2a )b − 1 = (2a − 1) k=1 Exercice 4. On va le démontrer par récurrence. Si n = 1, 5n3 + n = 6 qui est bien divisible par 6. Si n = 2, 5n3 + n = 5.8 + 2 = 42 qui est aussi divisible par 6. Supposons alors le résultat vrai au rang n. Il existe donc un entier c tel que 5n3 + n = 6c. 5(n + 1)3 + (n + 1) = 5(n3 + 3n3 + 3n + 1) + (n + 1) = 5n3 + 16n + 15n2 + 6 = 6c − n} +16n + 15n2 + 6 | {z hyp. de rec. 15n2 = 6c + 15n + + 6 = 6c + 15n(n + 1) + 6. 6 divise 6c et 6 divise 6 donc pour montrer que 6 divise 5(n + 1)3 + n + 1 il reste à montrer que 6 divise 15n(n + 1). Si n est pair, n = 2p donc 15n(n + 1) = 30p(2p + 1) = 6 × 5p(2p + 1) donc 6|5(n + 1)3 + n + 1. Si n est impair, n = 2p + 1 donc 15n(n + 1) = 15(2p + 1)(2p) = 6 × 5p(2p − 1) donc 6|5(n + 1)3 + n + 1. Dans tous les cas (quelque soit la parité de n) 6 divise 5(n+1)3 +(n+1) ce qui conclut la démonstration de l’hérédité. On a donc démontré par récurrence que ∀n ∈ N 6|5n3 + n . Exercice 5. On applique l’algorithme d’Euclide. 230 = 126 × 1 + 104 126 = 104 × 1 + 22 104 = 22 × 4 + 16 22 = 16 × 1 + 6 16 = 6 × 2 + 4 6 = 4×1+2 4 = 2 × 2 + 0. 1 donc pgcd(126,230)=2. On peut retrouver ce résultat par la décomposition en élément simple: 126 = 2 × 63 = 2 × 7 × 9 = 2 × 32 × 7. 230 = 2 × 115 = 2 × 5 × 23 Donc pgcd(126,230)=2 × 30 × 50 × 70 × 230 = 2. Exercice 6. Il manque en fait une question dans l’énoncé: ”Si r est le reste dans la division euclidienne de a par b, quel est le reste dans la division euclidienne de 2a − 1 par 2b − 1?” Commençons par répondre à cette question. r est le reste dans la division euclidienne de a par b donc il existe q tel que a = bq + r et 0 ≤ r < b. q P 2bk ).2r +2r −1 2a −1 = 2bq+r −1 = 2bq .2r −1 = (2bq −1)2r +2r −1 = ((2b )q −1)2r +2r −1 = (2b −1)( On retrouve alors une forme 2a −1 = 2b .Q + R où Q = ( q P k=1 2bk ).2r et R = 2r − 1. Il reste à vérifier la k=1 deuxième condition de la division euclidienne à savoir que 0 ≤ R < 2b − 1. 0 ≤ r < b donc 20 ≤ 2r < 2b donc 0 ≤ 2r − 1 < 2b − 1. Ainsi le reste dans la division euclidienne de 2a − 1 par 2b − 1 est 2r − 1 . On applique alors l’algorithme d’Euclide: pgcd(2a − 1, 2b − 1) = pgcd(2b − 1, 2r − 1) = pgcd(2r − 1, 2r1 − 1) où r1 est le reste dans la D.E. de b par r = pgcd(2r1 − 1, 2r2 − 1) où r2 est le reste dans la D.E. de r par r1 = ... = pgcd(20 − 1, 2rN − 1) où rN est le dernier reste non nul. = 2pgcd(a,b) − 1 car rN =pgcd(a, b). Exemple: pgcd(2120 − 1, 220 − 1) = 220 − 1. Exercice 7. On va utiliser ici la décomposition en facteurs premiers de a et de b. On note p1 , ..., pN les nombres premiers qui sont présents dans la décomposition de a ou dans celle de b. Alors, a = pi11 ....piNN et b = pj11 ....pjNN . Calculons d’abord pgcd(a, b)n . Par la formule du cours, on sait alors que min(i1 ,j1 ) pgcd(a, b) = p1 min(iN ,jN ) × ... × pN n.min(i1 ,j1 ) donc pgcd(a, b)n = p1 n.min(iN ,jN ) × ... × pN Calculons maintenant pgcd(an , bn ). nj1 njN niN n 1 Comme a = pi11 ....piNN on a an = pni 1 ....pN . De même, b = p1 ....pN . Toujours par la formule du cours, min(ni1 ,nj1 ) pgcd(an , bn ) = p1 n.min(i1 ,j1 ) = p1 min(niN ,njN ) × ... × pN n.min(iN ,jN ) × ... × pN On a donc bien pgcd(a, b)n =pgcd(an , bn ) . Exercice 8. On a démontré dans l’exercice 3 que ∀c, d, 2c − 1 divise 2cd − 1. On va raisonner ici par l’absurde. Supposons que 2a − 1 soit premier mais que a ne le soit pas. a n’est pas premier donc il y a au moins 2 termes dans sa décomposition en facteurs premiers a = pq. 2 Alors, 2a − 1 = 2pq − 1 = (2p − 1) q P 2pk . On en déduit donc que 2p − 1 divise 2a − 1. C’est impossible k=1 puisque 2a − 1 est un nombre premier. L’hypothèse formulée est donc fausse et donc Si 2a − 1 est premier alors a est aussi premier . x + y = 360 pgcd(x, y) = 18. Traduisons alors ces hypothèses. pgcd(x, que x = 12x0 et y = 18y 0 . On sait de plus y) =0 18 entraine 0 18(x + y ) = 360 x0 + y 0 = 20 que (x0 , y 0 ) = 1. Le système devient donc c’est à dire 0 0 pgcd(x , y ) = 1 pgcd(x0 , y 0 ) = 1. On cherche donc des couples de points (x0 , y 0 ) tels que x0 + y 0 = 20 et pgcd(x0 , y 0 ) = 1. Les couples 0 (x , y 0 ) possibles sont donc {(19, 1), (17, 3), (13, 7), (11, 9), (9, 11), (7, 13), (3, 17), (1, 19)}. Les couples (x, y) solution sont donc S={(342, 18), (306, 54), (234, 126), (198, 162), (162, 198), (126, 234), (54, 306), (342, 18)} . Exercice 9. On cherche à résoudre le système suivant pgcd(x, y) = 5 C’est un peu le même principe. ppcm(x, y) = 60. pgcd(x, y)=5 donc il existe x0 et y 0 tels que x = 5x0 , y = 5y 0 et pgcd(x0 , y 0 ) = 1. Ensuite, on sait aussi que ppcm(x, y)× pgcd(x, y) = xy ce qui donne 60×5 = xy = (5x0 )(5y 0 ) = 25x0 y 0 . Finalement, on cherche des couples (x0 , y 0 ) tels que x0 y 0 = 12 et pgcd(x0 , y 0 ) = 1. Les couples (x0 , y 0 ) possibles sont donc {(1, 12), (3, 4), (5, 7), (7, 5), (4, 3), (12, 1)}. Les couples (x, y) solutions sont donc S={(5, 60), (15, 20), (25, 35), (35, 25), (20, 15), (60, 5)} . Exercice 10. On cherche à résoudre le système 3