Terminale – Maths expertes – Arithmétique – Mélange 1

Arithmétique

Mélange 1

Exercice 1

Partie I

Soit $E=\acco{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}$
Déterminer les paires $(a;b)$ d’entiers naturels distincts de $E$ tels que le reste de la division euclidienne de $ab$ par $11$ soit $1$.

$\quad$

Partie II

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $3$.

  1. L’entier $(n-1)!+1$ est-il pair?
    $\quad$
  2. L’entier $(n-1)!+1$ est-il divisible par un entier naturel pair?
    $\quad$
  3. Prouver que l’entier $(15-4)!+1$ n’est pas divisible par $15$.
    $\quad$
  4. L’entier $(11-1)!+1$ est-il divisible par $11$?
    $\quad$

Partie III

Soit $p$ un entier naturel non premier $(p\pg 2)$.

  1. Prouver que $p$ admet un diviseur $q$, tel que $1<q<p$, qui divise $(p-1)!$.
    $\quad$
  2. L’entier $q$ divise-t-il l’entier $(p-1)!+1$?
    $\quad$
  3. L’entier $p$ divise-t-il l’entier $(p-1)!+1$?
    $\quad$
Correction Exercice 1

Partie I

Le produit $ab$ est un entier naturel compris entre $1$ et $100$.
Si le reste de la division euclidienne de $ab$ par $11$ est égal à $1$ alors il existe un entier naturel $q$ tel que $ab=11q+1$.
Les seuls possibilités telles que $ab$ appartiennent à $[1;100]$ sont

  • $12$ : et donc $\begin{cases} a=2\\b=6\end{cases}$ ou $\begin{cases} a=6\\b=2\end{cases}$ ou $\begin{cases} a=3\\b=4\end{cases}$ ou $\begin{cases} a=4\\b=3\end{cases}$
  • $23$ est premier donc la situation est impossible
  • $34=2\times 17$ : la situation est impossible
  • $45$ donc $\begin{cases} a=9\\b=5\end{cases}$ ou $\begin{cases} a=5\\b=9\end{cases}$ (les autres décompositions ne font pas intervenir que des éléments de $E$)
  • $56$ donc $\begin{cases} a=7\\b=8\end{cases}$ ou $\begin{cases} a=8\\b=7\end{cases}$ (les autres décompositions ne font pas intervenir que des éléments de $E$)
  • $67$ est premier
  • $78$ ne se décompose pas à uniquement à l’aide d’éléments de $E$
  • $89$ est premier
  • $100$ ne se décompose à l’aide d’éléments distincts de $E$.

Les seuls couples possibles sont donc $(2;6)$, $(6;2)$, $(3;4)$, $(4;3)$, $(5;9)$, $(9;5)$, $(7;8)$ et $(8;7)$.

$\quad$

Partie II

  1. $(n-1)!=1\times 2\times \ldots\times (n-1)$.
    Ainsi $(n-1)!$ est pair. Donc $(n-1)!+1$ e st impair.
    $\quad$
  2. $(n-1)!+1$ est impair. Il n’est donc divisible par aucun entier naturel pair.
    $\quad$
  3. $(15-4)!+1=11!+1$
    Or $3$ divise $11$ mais ne divise par $1$.
    Par conséquent $3$ ne divise pas $11!+1$ et ainsi $11!+1$ n’est pas divisible par $15$.
    $\quad$
  4. $(11-1)!+1=10!+1$
    Or, d’après la partie I, $2\times 6\equiv 1~[11]$, $3\times 4\equiv 1~[11]$, $5\times 9\equiv 1~[11]$ et $7\times 8\equiv 1~[11]$.
    Par conséquent $9!\equiv 1~[11]$.
    Ainsi $10!\equiv 10~[11]$ et $10!+1\equiv 0~[11]$.
    $10!+1$ est divisible par $11$.
    $\quad$

Partie III

  1. $p$ est un entier naturel non premier supérieur ou égal à $2$.
    Donc $p$ admet au moins un diviseur $q$ autre que $1$.
    Or $(p-1)!=1\times 2\times \ldots\times (p-1)$.
    $q$ est l’un des facteurs de ce produit.
    Par conséquent $q$ divise $(p-1)!$.
    $\quad$
  2. $q$ divise $(p-1)!$. Si $q$ divise $(p-1)!+1$ alors il divise également $1$ ce qui est impossible car $q>1$.
    Par conséquent $q$ ne divise pas $(p-1)!+1$.
    $\quad$
  3. Si $p$ divise $(p-1)!+1$ alors il existe un entier naturel $k$ tel que $(p-1)!+1=pk$.
    $q$ divise $p$ et donc $kp$ mais ne divise pas $(p-1)!+1$.
    Par conséquent $p$ ne divise pas non plus $(p-1)!+1$.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$

$\quad$

Exercice 2

On considère $n\in \N^*$, $a=11n+3$ et $b=13n-1$ deux entiers naturels.

  1. Démontrer que tout diviseur de $a$ et $b$ est un diviseur de $50$.
    $\quad$
  2. Résoudre pour $(x;y)\in \N^2$, l’équation $50x-11y=3$.
    En déduire les valeurs de $n$ telles que $\text{PGCD}(a,b)=50$.
    $\quad$
  3. Pour quelles valeurs de $n$ a-t-on $\text{PGCD}(a,b)=25$?
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1. On a
    $\begin{align*} 13a-11b&=13(11n+3)-11(13n-1) \\
    &=39+11 \\
    &=50\end{align*}$
    Si $d$ est un diviseur commun à $a$ et $b$ alors il divise toutes les combinaisons linéaires de ces deux nombres et donc, en particulier $50$.
    $\quad$
  2. $50$ et $11$ sont premiers entre eux.
    $2\times 50-11\times 9=1$. Donc $6\times 50-11\times 27=3$.
    Soit $(x;y)$ une autre solution de $50x-11y=3$.
    Par différence, on a $50(x-6)-11(y-27)=0$ soit $50(x-6)=11(y-27)$.
    $50$ et $11$ sont premiers entre eux. D’après le théorème de Gauss, il existe un entier relatif $k$ tel que $x-6=11k$ et $y-27=50k$ soit $x=6+11k$ et $y=27+50k$.
    Si $k<0$ alors $x<0$ et si $k\pg 0$ alors $x$ et $y$ sont deux entiers naturels.
    $\quad$
    Réciproquement, soit $k\in \N$. On pose $x=6+11k$ et $y=27+50k$.
    $\begin{align*}50x-11y&=50(6+11k)-11(27+50k) \\
    &=300-297 \\
    &=3\end{align*}$
    L’ensemble solution de l’équation $50x-11y=3$ dans $\N^2$ est $\acco{(6+11k;27+50k),~\forall k\in \N}$.
    $\quad$
    Si $\text{PGCD}(a;b)=50$ alors il existe deux entiers naturels $a’$ et $b’$ tels que $a=50a’$ et $b=50b’$. De plus $a’$ et $b’$ sont premiers entre eux.
    De plus $a=11n+3 \ssi 50a’=11n+3 \ssi 50a’-11n=3$.
    D’après le résultat obtenu un peu plus haut, il existe $k\in \N$ tel que $a’=6+11k$ et $n=27+50k$.
    On a alors $a=50(6+11k)$ et $b=13(27+50k)-1=50\times 13k+350=50(13k+7)$.
    $\quad$
    Réciproquement, si $n=27+50k$ où $k\in \N$ et $a=50(6+11k)$ et $n=50(13k+7)$
    $13(6+11k)-11(13k+7)=1$ donc $6+11k$ et $13k+7$ sont premiers entre eux.
    Ainsi $\text{PGCD}(a;b)=50$.
    L’ensemble solution cherché est donc $\acco{50(13k+7),~\forall k\in \N}$.
    $\quad$
  3. Si $n$ est impair alors $a$ et $b$ sont pairs et leur $\text{PGCD}$ l’est également.
    Il faut donc que $n$ soit pair.
    Il existe ainsi $n’\in \N$ tel que $n=2n’$
    On a alors $b=26n’-1=25n’+n’-1$.
    Si $\text{PGCD}(a;b)=25$ alors $25$ divise $b$ et divise donc $n’-1$.
    Il existe donc $k\in \N$ tel que $n’=1+25k$ et par conséquent $n=50k+2$.
    On a alors $a=11(50k+2)+3=25(22k+1)$ et $b=113(50k+2)=25(26k+1)$.
    $\quad$
    Réciproquement, soit $k\in \N$. Posons $n=50k+2$. On a alors $a=25(22k+1)$ et $b=25(26k+1)$.
    Il ne reste plus qu’à montrer que $22k+1$ et $26k+1$ sont premiers entre eux.
    Utilisons l’algorithme d’Euclide pour déterminer leur $\text{PGCD}$.
    $26k+1=1\times (22k+1)+4k$
    $22k+1=5\times 4k + 2k+1$
    $4k=1\times (2k+1)+2k-1$ avec $k\pg 1$
    $2k+1=1\times (2k-1)+2$ avec $k\pg 2$
    $2k-1=2\times (k-1)+1$ avec $k\pg 3$.
    Ainsi, si $k\pg 3$ le $\text{PGCD}$ de $22k+1$ et $26k+1$ est égal à $1$, les deux nombres sont premiers entre eux et $\text{PGCD}(a;b)=25$.
    Si $k=0$ alors $(22k+1;26k+1)=(1;1)$ et les deux nombres sont bien premiers entre eux.
    Si $k=1$ alors $(22k+1;26k+1)=(23;27)$ et les deux nombres sont bien premiers entre eux.
    Si $k=2$ alors $(22k+1;26k+1)=(45;53)$ et les deux nombres sont bien premiers entre eux.
    $\quad$
    Ainsi l’ensemble solution est $\acco{50+k,~\forall k\in \N}$.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 3

Soit $N\in \N^*$. On considère les entiers de la forme $N^4+4$.

  1. Décomposer le polynôme $X^4+4$ en produit de $2$ polynômes du second degré.
    En déduire que $5$ est le seul nombre premier de la forme $N^4+4$.
    $\quad$
  2. Montrer que si $N$ n’est pas un multiple de $5$ alors $N^4+4$ est un multiple de $5$.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. On a :
    $\begin{align*} X^4+4&=\left(X^2+2\right)^2-4X^2 \\
    &=\left(X^2+2\right))^2-(2X)^2 \\
    &=\left(X^2+2+2X\right)\left(X^2+2-2X\right)
    \end{align*}$
    $\quad$
    Ainsi $N^4+4=\left(N^2+2N+2\right)\left(N^2-2N+2\right)$
    Pour $5$ s’écrive sous la forme $N^4+4$ il faut donc que $N^2+2N+2=1$ ou que $N^2-2N+2=1$.
    $N^2+2N+2=1 \ssi N^2+2N+1=0 \ssi (N+1)^2=0 \ssi N=-1$ impossible car $n\in \N^*$.
    $N^2-2N+2=1 \ssi N^2-2N+1=0 \ssi (N-1)^2=0 \ssi N=1$
    Ainsi L’unique façon d’avoir $N^4+4=5$ est de prendre $N=1$.
    $\quad$
  2. Si $N\equiv 1~[5]$ alors $N^4\equiv 1~[5]$ et $N^4+4\equiv 0~[5]$.
    Si $N\equiv 2~[5]$ alors $N^4\equiv 16~[5]$ et $N^4+4\equiv 0~[5]$.
    Si $N\equiv 3~[5]$ alors $N^4\equiv 81~[5]$ et $N^4+4\equiv 0~[5]$.
    Si $N\equiv -1~[5]$ (on fait moins de calcul qu’en considérant $n\equiv 4~[5]$) alors $N^4\equiv 1~[5]$ et $N^4+4\equiv 0~[5]$.
    Dans tous les cas $N^4+4$ est un multiple de $5$.
    $\quad$

[collapse]

$\quad$