Chapitre 3 Arithmétique élémentaire

Chapitre 3
Arithm´etique ´el´ementaire
Table des mati`eres
1 Notion de divisibilit´e 2
1.1 Exercices de base ....................................... 2
1.2 PGCD et PPCM ....................................... 7
2 Congruence 25
2.1 Exercices de base ....................................... 25
2.2 Num´eration .......................................... 37
2.3 Construction et existence .................................. 41
2.4 Ensemble Z/nZ........................................ 46
2.5 Les carr´es de Z/nZ...................................... 56
2.6 Equations diophantiennes .................................. 66
3 Nombres premiers 70
3.1 Infinitude ........................................... 70
3.2 Divers ............................................. 75
3.3 Test de primalit´e ....................................... 87

Arithm´etique page 2
1 Notion de divisibilit´e
1.1 Exercices de base
Exercice 1
1. Montrer que √2 est irrationnel.
2. Montrer que √1000 est irrationnel.
1. Si √2 est rationnel, alors on pourrait ´ecrire √2 = p
qavec pet qpremiers entre eux. Alors, on
aurait :
2 = p2
q2
⇔2q2=p2
Cela implique que 2 divise pgrˆace `a Euclide.
Si p= 2k, alors
2q2= 4k2
⇒q2= 2k2.
Donc 2 divise q. Ainsi pgcd (q, p) = 2, ce qui est absurde avec le fait que qet psont premiers
entre eux.
2. On ´ecrit √1000 = √100 ×10
= 10√10
= 10√2√5.
Donc
√1000 ∈Q⇔√2√5∈Q.
Or si √2√5 = p
qavec pet qpremiers entre eux, alors 2.5q2=p2. Dans ce cas, 2 divise p.
Si p= 2k, alors 2.5q2= 4k2. Dans ce cas, 2 divise q. Absurde.
Exercice 2
1. Soient aet bdes entiers. Montrer que (a+ 2b)4−a4est divisible par 8.
2. Soient a,bet ddes entiers. Montrer que si ddivise ab et a+b, alors ddivise a2.
3. Si ab divise a2+b2, montrer que a=b.
4. Montrer que, pour tout entier naturel n,n3−nest divisible par 6.
1. Calculons
(a+ 2b)4−a4= ((a+ 2b)2+a2)((a+ 2b)2−a2)
= 8 b(a2+ 2ab + 2b2)(a+b).
2. Puisque ddivise `a la fois ab et a+b, il existe deux entiers ket k0tels que ab =kd et a+b=k0d.
Or les nombres aet bsont solutions de l’´equation
x2−(a+b)x+ab = 0.
Donc, on a
a2−(a+b)a+ab = 0,
Alg`ebre

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c’est-`a-dire
a2= (a+b)a−ab,
soit encore
a2=d(k0a−k).
3. Si ab divise (a2+b2), alors il existe ntel que
a2+b2=abn.
Cette relation montre que a2est divisible par bet b2par a. Il existe donc ket k0tels que a2=bk
et b2=ak0.
4. Raisonnons par r´ecurrence. Lorsque n= 0, n= 1, n= 2, cette propri´et´e est vraie. Supposons que
c’est vrai pour n, montrons que c’est encore vrai pour (n+ 1).
(n+ 1)3−(n+ 1) = n3+ 3n2+ 3n+ 1 −n−1
=n3+ 3n2+ 2n
=n3−n+ 3(n2+n)
=n3−n+ 3n(n+ 1).
Par hypoth`ese, (n3−n) est divisible par 6. De plus, 3n(n+1) est divisible par 6 car c’est le produit
de deux entiers cons´ecutifs : si l’un est pair, l’autre impair et vice versa. Donc c’est divisible par
6.
Exercice 3
1. Soit m= 1 + 2rλ,n= 1 + 2sµ, o`u λet µsont impairs, tels que mn = 1 + 2k. Montrer que rest
´egale `a s.
2. Montrer que pour que la somme (m+ 1)2+... + (m+k)2soit multiple de k, quel que soit m, il
faut et il suffit que ksoit impair non multiple de 3.
1. Raisonnons par l’absurde en supposant r6=s, par exemple r < s. Calculons
mn = (1 + 2λ)(1 + 2sµ)
= 1 + 2sµ+ 2rλ+ 2r+sλµ
= 1 + 2r(2s−r(2m+1)+2n+1+2rλµ)
6= 1 + 2k
car (2s−r(2m+1)+2n+1+2rλµ) est impair.
2. Calculons
(m+ 1)2+... + (m+k)2=m2+ 2m+1+... +m2+ 2mk +k2
=km2+ 2m(1+2+... +k)+(1+22+... +k2)
=km2+ 2mk k+ 1
2+k(k+ 1)(2k+ 1) 6
=km2+m(k+ 1) + (k+ 1)(2k+ 1)
6.
Donc (m+ 1)2+... + (m+k)2est multiple de klorsque (k+ 1)(2k+ 1) est divisible par 6,
c’est-`a-dire `a la fois par 2 et par 3.
−Si kest pair, alors (k+ 1)(2k+ 1) n’est pas divisible par 2.
−Si kest impair, alors (k+ 1) est divisible par 2. Dans ce cas, (2k+ 1) doit est divible par 3.
Dans Z/3Z, on a
k012
2k+1102
Alg`ebre

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Donc 2k+ 1 est divisible par 3 si et seulement si k≡1[mod 3].
Au final, (m+ 1)2+... + (m+k)2est multiple de ksi et seulement si kest impair et non multiple
de 3.
Exercice 4
1. Pour tout entier naturel nnon nul, montrer que n2divise (n+ 1)n−1.
2. Montrer que la somme des cubes de 3 entiers cons´ecutifs est un multiple de 9.
3. Montrer que, pour tout entier naturel n,wn= 109n+2 + 106n+1 + 1 est divisible par 111 en
consid´edant wn+1 −wn.
1. Grˆace au binˆome, on a
(n+ 1)n−1 = nn−C1
nnn−1+... + (1)n−1.
Posons c=
n−1
X
i=1
(−1)iCi
n, alors
(n+ 1)n−1 = nn+c.
Comme n2divisve c, on obtient
(n+ 1)n−1 = n2(nn−2+c0).
2. On a
n3+ (n+ 1)3+ (n+ 2)3= 3n3+ 9n2+ 15n+ 9
= 3n3+ 15n+ 9(n2+ 1)
= 3(n3+ 5n) + 9(n2+ 1)
= 3n(n2+ 5) + 9(n2+ 1).
−Si 3 divise n, c’est fini.
−Si 3 ne divise pas n, alors il existe ktel que n= 3k+ 1, n2+ 5 = (3k+ 1)2= 3(3k2+ 2k+ 2),
donc 3n(n2+ 5) est divisible par 9.
−Si 3 ne divise pas n, alors il existe ktel que n= 3k+ 2. Dans ce cas, on a
n2+ 5 = (3k+ 2)2+ 5
= 9k2+ 12k+ 9
= 3(2k2+ 4k+ 3),
ce qu’il fallait faire.
3. Calculons
wn+1 −wn= (109n+1 + 106n+7 + 1) −(109n+2 + 106n+1 + 1)
= 109n+2(109−1) + 106n+1(106−1)
= 109n+2a+ 106n+1b.
Evaluons aet bpour montrer qu’ils sont multiples de 111. On a
a= 109−1
= (10 −1)
8
X
k=0
10k
= 9
8
X
k=0
10k
avec
Alg`ebre

Arithm´etique page 5
8
X
k=0
10k=
2
X
k=0
10k+
5
X
k=3
10k+Xk= 6810k
= 111 + 103P2
k=0 10k+ 106P4 k=0 10k
= 111(1 + 103+ 106)
= 111p,
d’o`u a= 9p= 111p0.
De mˆeme,
b= 106−1
= (10 −1)
5
X
k=1
10k
= 92
X
k=0
10k+
5
X
k=3
10k
= 9(111 + 1113)
= 111q.
Finalement, 111 divise aet b, donc 111 divise wn+1 −wn.
Montrons maintenant par r´ecurrence sur nque wnest divisible par 111. Supposons que wkest
divisible par 111 et montrons que wk+1 l’est aussi. D’apr`es l’hypoth`ese, il existe un entier ptel que
wk= 111p. Or wk+1 −wkest divisible par 111qet finaelement wk+1 = 111q+ 111p= 111(p+q).
Cela implique que wk+1 est divisible par 111.
Exercice 5
Soit n∈N∗et soit Pun polynˆome de Z[X] de degr´e n, montrer que, si p
q∈Q, tel que pet qsoient
´etrangers, est un z´ero de P, alors pour tout m∈Z,p−mq divise P(m).
Soit P=
n
X
k=0
akXk. Pour tout m∈Z, calculons :
P(m) = P(m)−P(p
q) =
n
X
k=0
akmk−(p
q)k⇒qnP(m) =
n
X
k=0
ak((qm)k−pk)qn−k= (p−mq)A
avec A=−
n
X
k=1
akqn−k k−1
X
i=0
(qm)ipk−1−i!∈Z. On voit ainsi que (p−mq) divise qnP(m). Mais
(p−mq) et qnsont premiers entre eux, donc (p−mq) divise P(m) d’apr`es le th´eor`eme de Gauss.
Exercice 6
D´emontrer que pour tout (x, y) de N2si x2+y2
1 + xy =kest un entier, alors c’est un carr´e parfait.
M´ethode 1
Soit pl’application de N2dans Nd´efinie par (x, y)7→ xet kun entier naturel tel que k=x2+y2
1 + xy .
Si x= 0 ou y= 0,on a le resultat On supposera donc xet ynon nuls.
Si x=y, alors k=2x2
1 + x2<2, c’est-`a-dire k= 1.Donc kest un carr´e parfait dans ce cas.
Supposons qu’il existe (x, y)de (N∗)2tel que xsoit diff´erent de yet que kne soit pas un carr´e parfait.
Pour des raison de syme´etrie de la formule ci dessus, on peut choisir x < y. Dans ce cas, l’ensemble
D={(x, y)∈(N∗)2|kest entier et n’est pas carr´e parfait}est donc non vide. Soit a= min(p(D)),
alors il existe b∈N∗et (a, b)∈D. On a alors :
Alg`ebre