Correction du devoir de mathématiques no 1

Terminale S −sp´ecialit´e Correction du devoir no1
Correction du devoir de math´ematiques no1
Exercice 1 :
On note qle quotient de la division euclidienne de apar 155. Puisque le reste est 65, on peut ´ecrire
a= 155q+ 65.
q´etant le quotient de la division euclidienne de apar 161 et 23 le reste, on a a= 161q+ 23.
On est ramen´e `a r´esoudre le syst`eme (a= 155q+ 65
a= 161q+ 23
(a= 155q+ 65
a= 161q+ 23 ⇐⇒ (a= 155q+ 65
0 = 6q−42
par soustraction ⇐⇒ (a= 155 ×7 + 65 = 1150
q= 7
Ainsi, le nombre arecherch´e est a= 1150.
Exercice 2 :
Soit nun entier relatif.
1. Si dest un diviseur commun de 2n+ 11 et 9n−13, alors ddivise toute combinaison lin´eaire de 2n+ 11 et
9n−13, en particulier 9(2n+ 11) −2(9n−13) = 125. Ainsi, ddivise 125.
2. n≡... (5) 0 1 2 3 4
2n+ 11 ≡... (5) 1 3 0 2 4
9n−13 ≡... (5) 2 1 0 4 3
3. D’apr`es la question pr´ec´edente, tous les diviseurs communs de 2n+ 11 et 9n−13, sont des diviseurs de 125.
Or, la liste des diviseurs de 125 dans Zest {−125 ; −25 ; −5 ; −1 ; 1 ; 5 ; 25 ; 125}.
Sachant que nn’est pas congru `a 2modulo 5, et en utilisant le tableau pr´ec´edent, on peut dire que 2n+ 11
et 9n−13 ne sont pas divisibles par 5. Ainsi, les seuls diviseurs communs possibles sont −1et 1. Les nombres
2n+ 11 et 9n−13 sont donc premiers entre eux pour tout entiers relatifs non congrus `a 2modulo 5.
Exercice 3 :
1. On a 35 = 17 ×2 + 1 et 061<17. Le reste de la division euclidienne de 35 par 17 est 1.
De mˆeme, on a 50 = 17 ×2 + 16 et 0616 <17. Le reste de la division euclidienne de 50 par 17 est 16.
2. D’apr`es la question pr´ec´edente, 35 ≡1 (17) et 50 ≡16 ≡ −1 (17).
Ainsi, 8×35121 −12 ×50251 ≡8×1121 −12 ×(−1)251 ≡8 + 12 ≡3 (17).
Comme 063<17, le reste dans la division euclidienne par 17 de 8×35121 −12 ×50251 est 3.
Exercice 4 :
1. Par tatˆonnement, on trouve 23≡1 (7) et 36≡1 (7).
2. Soit aun entier naturel non divisible par 7.
a. On veut montrer que a6≡1 (7).
a≡... (7) 0 1 2 3 4 5 6
a6≡... (7) 0 1 1 1 1 1 1
Puisque an’est pas divisible par 7,a6≡ 0 (7). D’apr`es le tableau, pour tout entier atels que a6≡ 0 (7),
on a a6≡1 (7).
b. On appelle ordre de amodulo 7le plus petit entier naturel non nul ktel que ak≡1 (7).
Si on note qle quotient et rle reste de la division euclidienne de 6par k, on peut ´ecrire 6 = k×q+ravec
06r < k .
En utilisant les congruences, on peut ´ecrire a6≡ak×q+r≡akq×ar(7).
Mais a6≡1 (7) et ak≡1 (7) par d´efinition de l’ordre k.
Il vient alors 1≡ar(7).
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Par d´efinition de l’ordre, kest le plus petit entier naturel non nul tel que ak≡1 (7). N´ecessairement,
r= 0 puisque ar≡1 (7) et rest strictement inf´erieur `a k.
D’o`u 6 = k×qet kest un diviseur de 6.
c. D’apr`es la question pr´ec´edente, l’ordre est un diviseur de 6. Il suffit donc de tester l’ordre parmi (1), 2,3et
6.
∗23≡1 (7), l’ordre de 2modulo 7est 3.
∗36≡1 (7), l’ordre de 3modulo 7est 6.
∗43≡1 (7), l’ordre de 4modulo 7est 3.
∗56≡1 (7), l’ordre de 5modulo 7est 6.
∗62≡1 (7), l’ordre de 6modulo 7est 2.
3. ` A tout entier naturel n, on associe le nombre An= 2n+ 3n+ 4n+ 5n+ 6n.
On a 2006 = 6 ×334 + 2 et 2006 = 3 ×668 + 2. D’o`u,
∗22006 ≡23668 ×22≡1668 ×22≡4 (7) ;
∗32006 ≡36334 ×32≡1334 ×32≡2 (7) ;
∗42006 ≡43668 ×42≡1668 ×42≡2 (7) ;
∗52006 ≡56334 ×52≡1334 ×52≡4 (7) ;
∗62006 ≡621003 ≡11003 ≡1 (7).
On en d´eduit que A2006 ≡4 + 2 + 2 + 4 + 1 (7) c’est-`a-dire A2006 ≡6 (7)
Bonus :
1. On note nle plus petit entier des cinq entiers cons´ecutifs. Ainsi la somme de ces cinq entiers cons´ecutifs est
n+ (n+ 1) + (n+ 2) + (n+ 3) + (n+ 4) = 5n+ 10.
Il est clair que cette somme est divisble par 10 si, et seulement si nest un nombre pair.
La somme de cinq entiers cons´ecutifs est divisible par 10 si, et seulemnt si nest pair.
2. 555 444 333 222 111 = 555 ×1012 + 444 ×109+ 333 ×106+ 222 ×103+ 111
= 5 ×111 ×1034+ 4 ×111 ×1033+ 3 ×111 ×1032+ 2 ×111 ×103+ 111
En remarquant que 103≡6≡ −1 (7) et 111 ≡6≡ −1 (7).
D’o`u,
555 444 333 222 111 ≡5×(−1) ×(−1)4+ 4 ×(−1) ×(−1)3+ 3 ×(−1) ×(−1)2+ 2 ×(−1) ×(−1) −1
≡ −5 + 4 −3 + 2 −1≡4 (7)
Le reste de 555 444 333 222 111 dans la division euclidienne par 7est 4(064<7).
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