Contrôle de maths Mercredi 4 novembre Durée : 1 heure TS SPE Calculatrice autorisée Exercice 1 : Comment choisir le nombre entier relatif n pour que n divise n + 15 ? n divise n et n + 15, n divise donc toute combinaison linéaire de n et n + 15, en particulier, n divise n + 15 – n = 15. n est donc un diviseur de 15, Réciproquement, si n est un diviseur de 15, comme n divise n, il divise toute combinaison linéaire de n et de 15, en particulier n + 15. Donc n divise n + 15 si et seulement si n est un diviseur de 15. 4 pts Donc n ∈ {–1 ; –3 ; –5 ; –15 ; 1 ; 3 ; 5 ; 15}. Exercice 2 : On donne l'égalité suivante : 327 × 253 + 401 = 83132 2 pts Effectuer, sans utiliser la calculatrice, la division euclidienne de a) 83132 par 327. 83132 = 327 × 253 + 401 ⇔ 83132 = 327 × 254 + (401 – 327) = 327 × 254 + 74. Pour cette division euclidienne, le quotient est donc 254 et le reste 74 (on a bien 0 74 < 327). b) – 83132 par 253. 83132 = 327 × 253 + 401 ⇔ –83132 = –327 × 253 – 401 ⇔ –83132 = –329 × 253 – 401 + 2 × 253 ⇔ –83132 = –329 × 253 + 105 2 pts Pour cette division euclidienne, le quotient est donc –329 et le reste 105 (on a bien 0 105 < 253). Exercice 3 : Déterminer tous les entiers naturels qui, divisés par 5, donnent un quotient double du reste. On a donc 2y × 5 + y = x avec 0 y < 5 x 5 donc 11 y = x avec 0 y < 5 y 2y 4 pts Donc x ∈ {0 ; 11 ; 22 ; 33 ; 44} Exercice 4 : Déterminer les nombres entiers relatifs x et y tels que (x + 1)3 × y = 16. Les diviseurs de 16 sont –16 ; –8 ; –4 ; –2 ; –1 ; 1 ; 2 ; 4 ; 8 et 16. Les seuls qui sont des cubes sont –8 = (–2)3 ; –1 = (–1)3 ; 1 = 13 et 8 = 23 ; On a donc (x + 1)3 = –8 ⇔ x + 1 = –2 ⇔ x = –3 et donc y = –2 ou (x + 1)3 = –1 ⇔ x + 1 = –1 ⇔ x = –2 et donc y = –16 ou (x + 1)3 = 8 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1 et donc y = 2 ou (x + 1)3 = 1 ⇔ x + 1 = 1 ⇔ x = 0 et donc y = 16 On a donc S = {(–3 ; –2) ; (–2 ; –16) ; (1 ; 2) ; (0 ; 16)} 4 pts Exercice 5 : (4 points) n désigne un entier naturel. Démontrer que n(n + 1)(2n + 1) est divisible par 6. Cas 1 : n ≡ 0 mod(6) alors n(n + 1)(2n + 1) ≡ 0 mod(6) Cas 2 : n ≡ 1 mod(6) alors n + 1 ≡ 2 mod(6) et 2n + 1 ≡ 3 mod(6) Donc (n + 1)(2n + 1) ≡ 6 ≡ 0 mod(6) Donc n(n + 1)(2n + 1) ≡ 0 mod(6) Cas 3 : n ≡ 2 mod(6) alors n + 1 ≡ 3 mod(6) Donc n(n + 1) ≡ 6 ≡ 0 mod(6) Donc n(n + 1)(2n + 1) ≡ 0 mod(6) Cas 4 : n ≡ 3 mod(6) alors n + 1 ≡ 4 mod(6) Donc n(n + 1) ≡ 12 ≡ 0 mod(6) Donc n(n + 1)(2n + 1) ≡ 0 mod(6) Cas 5 : n ≡ 4 mod(6) alors 2n + 1 ≡ 9 mod(6) Donc n(2n + 1) ≡ 36 ≡ 0 mod(6) Donc n(n + 1)(2n + 1) ≡ 0 mod(6) Cas 6 : n ≡ 5 mod(6) alors n + 1 ≡ 6 ≡ 0 mod(6) Donc n(n + 1)(2n + 1) ≡ 0 mod(6)