Corrigé - MPSI Corot

©Laurent Garcin MPSI Lycée Jean-Baptiste Corot
Arithmétique
Solution 1.
1. Soient met ndeux entiers premiers entre eux. Si d1est un diviseur de met d2est un diviseur de n,d1d2est un
diviseur de mn.
Réciproquement, soit dun diviseur de mn. Posons
d1=d∧met d2=d∧n.
d1et d2sont respectivement des diviseurs de met nqui sont premiers entre eux : ils sont donc aussi premiers entre
eux. De plus, d1et d2divisent ddonc d1d2divise d. On écrit les relations de Bezout suivantes
d1=u1d+v1met d2=u2d+v2n
Par conséquent,
d1d2=v1v2mn + (u1u2d+v1mu2+v2nu1)d
Comme ddivise mn,ddivise d1d2et finalement, d=d1d2.
Les diviseurs de mn sont exactement les produits d’un diviseur de met d’un diviseur de n. Montrons que ces
produits sont tous distincts. Soient d1et d0
1des diviseurs de m,d2et d0 2des diviseurs de ntels que d1d2=d0 1d0 2.
Comme met nsont premiers entre eux, d1et d0
2sont premiers entre eux. Donc d1divise d0 1. De la même manière,
d0
1divise d1donc d1=d0 1et d2=d0 2.
S(mn) = X
d|mn
d=X
d1|m,d2|n
d1d2
=ÑX
d1|m
d1éÑX
d2|n
d2é=S(m)S(n)
2. a. Soit dun diviseur de p. Il existe donc k∈Ntel que p=kd.
2p−1=2kd −1=2dk−1= (2d−1)
k−1
X
l=0
2ld
Or 2p−1est premier donc 2d−1vaut 1ou 2p−1et dvaut 1ou p, ce qui prouve que pest premier.
b. En utilisant la première question,
S(n) = S(2p−1)S(2p−1)
car la relation de Bezout 2×2p−1− (2p−1) = 1prouve que 2p−1et 2p−1sont premiers entre eux.
Les diviseurs de 2p−1sont les 2kavec 06k6p−1donc
S(2p−1) =
p−1
X
k=0
2k=2p−1
De plus, 2p−1est premier par hypothèse donc ses seuls diviseurs sont 1et lui même donc
S(2p−1) = 1+2p−1=2p
Finalement on a bien S(n) = 2p(2p−1) = 2n.
3. Soit nun nombre parfait pair. Notons p−1l’exposant de 2dans la décomposition de nen facteurs premiers. Ainsi
n=2p−1moù mest impair. Comme nest pair, p>2. De plus, S(n) = S(2p−1)S(m)car met 2sont premiers
entre eux. Or S(n) = 2n =2pmpar hypothèse et S(2p−1) = 2p−1. Ainsi 2pm= (2p−1)S(m). Comme 2p−1
et 2psont premiers entre eux, 2p−1divise met 2pdivise S(m). Il existe donc k∈N∗tel que m= (2p−1)k
et S(m) = 2pk. Comme p>2,2p−16=1. Ainsi ket m= (2p−1)ksont des diviseurs de mdistincts. Donc
S(m)>k+ (2p−1)k=2pk. Or S(m) = 2pkdonc ket m= (2p−1)ksont les seuls diviseurs de m. Ceci prouve que
mest premier et que kvaut 1. Ainsi m=2p−1et pest premier d’après une question précédente.
http://lgarcin.github.io 1

©Laurent Garcin MPSI Lycée Jean-Baptiste Corot
Solution 2.
1. On peut écrire msous la forme 2nkoù kest impair donc de la forme 2l +1. Remarquons que
X2l+1+1= (X+1)
2l
X
i=0
(−1)iXi.
En spécialisant cette relation pour X=2m, on obtient :
2m+1=Ä22nä2l+1+1=Ä22n+1ä
2l
X
i=0
(−1)iÄ22näi.
Ainsi 22n+1est un diviseur de 2m+1distinct de 1car k>1et de 2m+1si k6=1. C’est donc que k=1et mest
bien de la forme 2n.
On pouvait également remarquer que 22n≡−1[22n+1]et donc 22nk≡−1[2n+1]car kest impair. Ainsi 2m+1≡
0[22n+1]i.e. 22n+1divise 2m+1. Puisque 2m+1est premier, 22n+1=1ou 22n+1=2m+1. Le premier cas
est impossible : c’est donc que 22n+1=2m+1, ce qui implique m=2n.
2. On peut supposer m>n.
Fm=22m+1+
2m−n
X
k=1
(−1)k22m−k2n
−
2m−n
X
k=1
(−1)k22m−k2n
=2+
2m−n−1
X
k=0
(−1)k22m−k2n
+
2m−n
X
k=1
(−1)k−122m−k2n
=2+
2m−n−1
X
k=0
(−1)k22n22m−(k+1)2n
+
2m−n
X
k=1
(−1)k−122m−k2n
=2+
2m−n
X
k=1
(−1)k−122n22m−k2n
+
2m−n
X
k=1
(−1)k−122m−k2n
=2+
2m−n
X
k=1
(−1)k−1(22n+1)22m−k2n
=2+Fn
2m−n
X
k=1
(−1)k−122m−k2n
Ainsi Fm∧Fndivise 2. Comme Fnet Fmsont impairs, Fm∧Fn=1.
A nouveau, on pouvait raisonner par congruences. En effet, 22n≡−1[Fn]. En élevant à la puissance 2m−n, on obtient
22m≡1[Fn]car 2m−nest pair (m>n). Il s’ensuit que Fm≡2[Fn]. Par conséquent, Fm∧Fndivise 2. Comme Fm
est pair, Fm∧Fn=1.
Solution 3.
http://lgarcin.github.io 2

©Laurent Garcin MPSI Lycée Jean-Baptiste Corot
1. Soit k∈J1, p −1K. On sait que kp
k=pp−1 k−1. Donc pdivise kp k. Comme pest premier et que 16k6p−1,k
et psont premiers entre eux. Par conséquent, pdivise p
ken vertu du théorème de Gauss.
2. On démontre le résultat par récurrence sur n.
Initialisation 0p−0=0est clairement dvisible par p.
Hérédité Supposons que np−nsoit divisible par npour un certain n∈N. Alors
(n+1)p− (n+1) = p
X
k=0Çp
kånk!− (n+1)
=np−n+
p−1
X
k=1Çp
kånk
Tous les termes de la somme sont divisibles par pd’après la question précédente et np−nl’est également
d’après l’hypothèse de récurrence. Donc (n+1)p− (n+1)est aussi divisible par p.
Conclusion Pour tout entier n∈N,np−nest divisible par p(i.e. np≡n[p]).
Solution 4.
1. ar−1est divisible par a−1. Comme ar−1est premier, on a deux possibilités :
Ia−1=1i.e. a=2,
Ia−1=ar−1ce qui entraîne a=1ou r=1, ce qui est contraire aux hypothèses.
Si r=pq avec p6=1et p6=r, alors 2r−1=(2p)q−1est divisible par 2p−1. De plus, 2p−16=1et 2p−16=2r−1,
ce qui contredit la primalité de 2r−1. Par conséquent, rest premier.
2. La réciproque est fausse puisque 211 −1=23 ×89.
Solution 5.
1. a. Il existe donc b∈N∗tel que n=ab. On factorise 2n−1de la manière suivante :
2n−1= (2a)b−1= (2a−1)
b−1
X
k=0
2ka
Ainsi 2a−1divise Mn.
On peut également remarquer que 2a≡1[2a−1]donc 2ab ≡1[2a−1]. Ainsi 2a−1divise Mn.
b. On suppose Mnpremier. Soit aun diviseur positif de n. La question précédente montre que 2a−1divise Mn.
Mnétant premier, on a donc 2a−1=1i.e. a=1ou 2a−1=2n−1i.e. a=n. Les seuls diviseurs positifs de
nsont donc 1et n, ce qui prouve que nest premier.
2. a. Mp=2×2p−1−1. Comme p−1>0,Mpest impair. Donc qest impair. Ainsi 2∧q=1. En appliquant
le petit théorème de Fermat, on a donc 2q≡2[q]. Ainsi qdivise 2q−2=2(2q−1−1). Comme qest impair
q∧2=1et donc qdivise 2q−1−1i.e. 2q−1≡1[q].
b. Aest une partie non vide de Npuisque q−1∈A.Aadmet donc un minimum.
c. Soit rle reste de la division euclidienne de ppar m. Comme 2p≡1[q]et 2m≡1[q],2r≡1[q]. Or 06r<m
et m=min A. C’est donc que r=0. Ainsi mdivise p. Comme pest premier, on a donc m=1ou m=p.
Puisque 216≡ 1[q], c’est donc que m=p.
d. Notons à nouveau rle reste de la division euclidienne de q−1par p. Comme 2q−1≡1[p]et 2p≡1[p],2r≡1[p].
Or 06r<pet p=min A. C’est donc que r=0. Ainsi pdivise q−1i.e. q≡1[p].
e. Comme qest impair, q−1est pair i.e. 2divise q−1. On vient de voir que pdivise également q−1.pétant
impair, 2et psont premiers entre eux et donc 2p divise q−1i.e. q≡1[2p].
http://lgarcin.github.io 3

©Laurent Garcin MPSI Lycée Jean-Baptiste Corot
3. Si n=1, on a évidemment n≡1[2p]. Sinon npeut s’écrire sous la forme n=
r
Y
i=1
qioù les qisont des nombres
premiers. Soit i∈J1, rK.qidivise net donc Mp. La question précédente montre que qi≡1[2p]. En multipliant
membre à membre ces congruences, on obtient n≡1[2p].
Solution 6.
Soient pet qdeux nombres premiers consécutifs avec p<q.
Si p=2, alors q=3et p+q=5ne peut être le produit de deux nombres premiers.
Si p > 2, alors pet qsont impairs donc p+qest pair. Supposons qu’il existe deux nombres premiers aet btels que
p+q=ab. Comme p+qest pair, un des deux nombres premiers aet best égal à 2par unicité de la décomposition
en facteurs premiers. Supposons sans perte de généralité que a=2. Alors b=p+q
2est un nombre premier strictement
compris entre pet q, ce qui contredit le fait que pet qsont des nombres premiers conscutifs.
Solution 7.
Il existe c∈N∗tel que ab =cn.
Soit pun nombre premier. Alors νp(ab) = νp(cn)i.e. νp(a) + νp(b) = nνp(c). Puisque a∧b=1,pne peut être un
facteur commun de aet b: on a donc νp(a) = 0ou νp(b) = 0. Dans les deux cas, νp(a)et νp(b)sont des multiples de n.
Il existe donc deux familles d’entiers naturels presque nulles (αp)p∈P et (βp)p∈P telles que pour tout p∈ P,νp(a) = nαp
et νp(b) = nβp. On a alors
a=Y
p∈P
pnαp=ÑY
p∈P
pαpén et b=Y
p∈P
pnβp=ÑY
p∈P
pβpén
Ainsi aet bsont des puissances nèmes d’entiers.
Solution 8.
On fixe un entier aimpair et on fait l’hypothèse de récurrence suivante :
HR(n) : a2n−1≡1[2n]
Initialisation : On sait que aest impair donc a−1et a+1sont pairs et a2−1= (a−1)(a+1)est donc divisible par
4i.e. a2≡1[4]de sorte que HR(2)est vraie.
Hérédité : Supposons HR(n)vraie pour un certain n∈N. Alors a2n−1−1est divisible par 2n. De plus a2n−1+1est
pair car aest impair. Ainsi a2n−1= (a2n−1−1)(a2n−1+1)est divisible par 2n×2=2n+1i.e. a2n≡12n+1de sorte
que HR(n+1)est vraie.
Conclusion : Par récurrence, HR(n)est vraie pour tout entier n>2.
Solution 9.
Puisque 10 et 13 sont premiers entre eux, ils vérifient une relation de Bézout. En effet, 4×10 −3×13 =1. Par
conséquent, 12 ×10 −9×13 =3ou encore 122 =2+12 ×9=5+9×13. Ainsi 122 est solution particulière.
x≡2[10]
x≡5[13]⇐⇒ x≡122[10] x≡122[13]
⇐⇒ 10 |x−122
13 |x−122
⇐⇒ 130 |x−122 car 10 ∧13 =1
⇐⇒ x≡122[130]
http://lgarcin.github.io 4

©Laurent Garcin MPSI Lycée Jean-Baptiste Corot
L’ensemble des solutions est donc 122 +130Z.
Solution 10.
1. Si le système admettait des solutions, il existerait k, l ∈Ztel que 3+10k =4+8l i.e. 10k −8l =1. Ceci est
impossible puisque 2divise 10k −8l et pas 1.
2. Le système admet des solutions si et seulement si il existe (k, l)∈Z2tel que a+10k =b+8l i.e. 10k −8l =b−a.
Comme 10 ∧8=2, ceci équivaut à 2|b−a.
3. On a 10 −8=2et donc −6=2−8=4−10. Ceci signifie que −6est une solution particulière.
x≡4[10]
x≡2[8]⇐⇒ x≡−6[10] x≡−6[8]
⇐⇒ 10 |x+6
8|x+6
⇐⇒ 40 |x+6car 10 ∨8=40
⇐⇒ x≡−6[40]
L’ensemble des solutions est donc −6+40Z.
Solution 11.
1. On a n=2k +1pour un certain k∈Z. Ainsi n2= (2k +1)2=4k(k+1) + 1. L’un des deux nombres kou k+1
est un multiple de 2, ce qui entraîne que 4k(k+1)est un multiple de 8, donc n2≡1mod 8.
2. D’après la question précédente on sait déjà que p2≡1mod 8. Comme pn’est pas divisible par 3on a p≡ ±1
mod 3, donc p2≡1mod 3. Ainsi 8et 3divisent p2−1, et donc PPCM(8, 3) = 24 divise aussi p2−1.
Solution 12.
A l’aide de Maple par exemple, on constate que u1se termine par deux chiffres 9,u2par quatre chiffres 9,u3par
huit chiffres 9. . . On fait alors la conjecture que unse termine par 2nchiffres 9. On utilise alors la remarque suivante :
l’écriture décimale d’un entier Nse termine au moins par pchiffres 9si et seulement si N+1est divisible par 10p(en
effet,
p−1
X
k=0
9.10k=10p−1). Soit donc HR(n)l’hypothèse de récurrence un+1est divisible par 102n.
HR(0)est clairement vraie. Supposons HR(n)pour un certain n∈N. Il existe donc p∈Ntel que un= −1+102np. On
a alors après développement et simplification
un+1= −1+6Ä102npä2−8Ä102npä3+3Ä102npä4
= −1+6.102n+1p2−8.103.2np3+3.102n+2p4
= −1+102n+1Ä6p2−8.102np3+3.102n+1p4ä
Ainsi 102n+1divise un+1+1et HR(n+1)est vraie.
Par conséquent HR(n)est vraie pour tout n∈N. Notamment pour n=11, on peut affirmer que l’écriture décimale de
u11se termine par au moins 211 chiffres 9. Or 211 =2048 > 2010.
Solution 13.
Avec le programme de première année :
Pour k∈J1, nK, notons rkle reste de la division euclidienne de Pk
j=1xjpar n. Si un des restes est nul, c’est terminé.
http://lgarcin.github.io 5