Correction Exercice 1: - loirecambodge

Corrections des exercices
Exercice 1:
1:
a: a1 = 39 , a2 = 399 , a3 = 3999 , b1 = 19 , b2 = 199 , b3 = 1999 , c1 =
21 , c2 = 201 , c3 = 2001.
b: an s'écrit, en base 10, sous la forme 399..99, "3" suivi de n "9".
Donc son écriture décimale a (n+1) chiffres.
De même, cn s'écrit 2000...001, "2" , suivi de (n-1) "0" , et un "1",
donc son écriture décimale a aussi (n+1) chiffres.
an et cn sont divisibles par 3 car la somme de leurs chiffres est un
multiple de 3
c: b3=1999 est- il premier? Oui ( il n'est pas divisible par2 , 3, 5, 7,
11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41,43,47 et 1999=47*42+25 ,le quotient 42
est inférieur au diviseur 47)
d: Comme (A-B)(A+B) = A2 - B2, on a:
bn.cn = (2.10n-1) .(2.10n+1) = 4.102n -1 = a2n.
En particulier, a6 = b3.c3 = 1999*2001 = 3*23*29*1999. C'est bien la
décomposition en facteur premier de ce nombre car 1999 est premier.
e: On sait que pour tous entiers n et m, on a : PDCD( n , m) = PGCD( m-n ,
m).
Comme cn - bn = 2, on en déduit que l'on a bien : PGCD( bn , cn ) = PGCD(
cn ,2).
Or, cn et 2 sont premiers entre eux, ( argument très simple, cn est impair,
ou avec le théorème de BEZOUT, cn - 2.10n =1 ),
donc PGCD( cn ,2) = 1 et donc PGCD( bn , cn ) =1 .
bn et cn sont bien premiers entre eux.
2:
a: Comme b3 et c3 sont premiers entre eux, on sait, d'après le théorème de
BEZOUT qu'il existe u et v entiers relatifs tels que
b3.u + c3.v = 1
L'équation (1) admet donc au moins une solution.
b: On a: 2001 = 1999 + 2 et 1999 = 999*2 + 1 , d'où la relation :
(1999 = 999*(2001-1999)+1) donc (1000*1999 - 999*2001 = 1) Une solution particulière est donc (x = 1000) , (y = -999).
c: Si x et y est une solution de (1), alors on a:
b3x + c3y = 1
et
1000.b3 - 999.c3 = 1
D'où, (1000-x)b3 = (999 + y)c3.
Comme b3 et c3 sont premiers entre eux, d'après le théorème de GAUSS, il
existe donc k et k' entiers relatifs tels que :
1000 - x = k.c3
et
999 + y = k'.b3
On remarque que l'on doit avoir k = k'. D'où, toute solution de (1) est de
la forme:
x = 1000 - k.c3
y = - 999 + k.b3
où k est un entier relatif quelconque.
On vérifie sans peine que tout (x , y ) de la forme précédente est bien
solution.
L'ensemble des solutions de (1) est donc l'ensemble des couples ( 1000 -
k*2001 ; -999 + k*1999), où k est un entier relatif. Exercice 2:
1: Utilisons les congruences modulo 7. Si N est un entier relatif, et si r
est le reste de la division de N par 7, on note
( N ? r modulo 7) ou (N ? r [7] ).
Dire que N et M sont congrus modulo 7 signifie que (N-M) est divisible par
7 donc que N = M modulo 7.
Comme 21 ? 1 modulo 7 , on a 22 ?4 modulo 7 et donc 23 = 8 et 8? 1 modulo
7.
Pour n entier naturel quelconque, on a donc: 23n = (23)n (23)n ? 1n ?
1 modulo 7.
L'entier 23n - 1 est bien divisible par 7.
Pour k entier naturel, on a: 23n+k - 2k= 2k(23n-1). Donc c'est bien un
entier divisible par 7. Pour k = 1 et k = 2, on répond alors à la question
posée.
2: Tout entier naturel m est de la forme m = 3n + k , avec k =0 ou k = 1 ou
k = 2. D'après la question précédente, on a:
( 23n = 1 modulo 7) donc le reste de la division par 7 de 23n est 1.
(23n+1 = 2 modulo 7) donc le reste de la division par 7 de 23n+1 est 2.
(23n+2 = 4 modulo 7) donc le reste de la division par 7 de 23n+2 est 4.
Ceci peut se résumer en disant que si r est le reste de la division de N
par 3, (N = 3n + r , avec r =0 ou 1 ou 2),
alors le reste de la division de 2N par 7 est 2r.
3: Ap = 2p + 22p + 23p.
a: Si p = 3n , alors Ap = 23n + 26n + 29n = 3 modulo 7.
Le reste de la division de Ap= 2p + 22p + 23p est alors 3
b: Si p = 3n +1 Ap= 23n+1 + 26n+2 + 29n+3 = 2 +4 + 1 = 0 modulo 7.
Dans ce cas, on a bien Ap divisible par 7.
c: Si p = 3n+2 alors
Ap= 23n+2 + 26n+4 + 29n+6 = 23n+2+ 23(2n+1)+1 + 23(3n+2) = 4 + 2 + 1
= 0 modulo 7.
Dans ce cas, Ap est aussi divisible par 7.
4: Par défintion de l'écriture en base 2, on a : a = 23 + 26 + 29 = A3
De même, b = 24 + 28 + 212 = A4.
D'aprés la question prcédente, A3 n'est pas divisible par 7 car A3 = 3
modulo 7.
En revanche, A4 est bien divisible par 7.
Exercice 3
On admet que 1999 est un nombre premier
Partie A
Première remarque: Comme PGCD( a ; b ) = 1999, et que (a+b) = 11 994, il
faut commencer par rechercher le quotient de
11 994 par 1999, 11 994 doit être lui aussi divisible par 1999.
Or, 11 994 = 1999*6.
De plus, dire que PGCD(a;b) = 1999 revient à dire qu'il existe k et h
entiers naturels premiers entre eux tels que:
a = k*1999
et
b = h*1999 Le problème revient à chercher les entiers naturels k et h premiers entre
eux tels que:
(k+h)*1999 = 11 994
Donc, tels que (k+h = 6). Les seules solutions possibles sont: (1 ; 5) et
(5 ; 1 ) car (2;4) et (3 ; 3) ne donne pas des entiers premiers entre eux.
D'où, l'ensemble des couples (a ; b ) solutions:
{ ( 1999 ; 9995 ) ; (9995 ; 1999) }
Partie B
(E) : n2 - Sn + 11994 = 0
1: On peut simplement remplacer n par 3 dans l'équation et remarquer alors
que la seule valeur S possible est:
S = 4001 Comme (E) est une équation du second degré, la somme de ses racines est
justement S, d'où l'autre racine: X2 = (S - 3) = 3998
.
2: S'il existe S tel que 5 soit solution de (E), alors on a:
52 - 5S + 11994 = 0
d'où
5(S-5) = 11994
Or, 11994 = 6*1999 et 1999 est premier, 11994 est non-divisible par 5.
Donc il n'existe pas S tel que 5 soit solution de (E).
3: Cela reprend le même principe que la question précédente:
Si n est solution de (E), alors on a : n(S-n) = 11994 donc n doit être un
diviseur de 11994.
Comme la décomposition de 11994 en facteurs premiers est:
11 994 = 2*3*1999
on en déduit que les diviseurs de 11994 sont:
1 ; 2 ; 3 ; 1999 ; 6 ; 3998 ; 5997 ; 11994 .
De plus, comme le produit des racines de l'équation (E) doit être 11994, on
en déduit que les solutions possibles de (E) sont:
{ 1 ; 11994 } ou { 2 ; 5997 } ou { 3 ; 3998 } ou { 6 ; 1999}
D'où les valeurs S telles que (E) admette des solutions entiéres:
- S = 11995 , avec comme solution { 1 ; 11994}
- S = 5999 , avec comme solution { 2 ; 5997}
- S = 4001 , avec comme solution { 3 ; 3998}
S = 2005 , avec comme solution { 6 ; 1999}
Partie C
Pour vérifier que 1999 est premier, il suffit de vérifier que 1999 n'est
pas divisible par les nombres naturels premiers < 44.
Exercice 4
1: a, b et c sont trois entiers relatifs tels que (a3 + b3 + c3) soit
divisible par 3.
Or, si pour un entier relatif quelconque x de reste r dans la division
euclidienne par 3, ( x = 3N + r avec r=0 ou 1 ou 2) alors le reste de la
division euclidienne de x3 par 3 est aussi r.
Pour le constater, on peut simplement remarquer que :
x3 = (3N + r)3 = 27N3 + 27N2r + 3Nr2 + r3
Donc le reste de x3 est le même que r3.
Pour r=0 , le reste est bien 0.
Pour r=1, le reste est bien 1.
Pour r=2, on a r3 = 8 et le reste est bien 2.
Donc, en particulier (a3) a le même reste que a dans la division
euclidienne par 3, de même b3 et b , et c3 et c.
Donc (a3 + b3 + c3) a le même reste que (a +b +c). Ils sont donc
simultanement, divisible ou non par 3.
On peut arriver au même résultat en passant par les congruences. C'est plus
rapide mais demande un peu plus d'habitude.
Il y a trois congruences possibles modulo 3: 0 , 1 ou 2.
Comme 03 = 0 modulo 3 , 13 = 1 modulo 3 , 23 = 2 modulo 3 , on obtient le
résultat.
2: Ecrivons le division euclidienne de a, b et c par 9:
a = 9A + U
b = 9B + V
c = 9C + W
avec U, V et W dans {0 ; 1 ; 2 ; .....; 8}
. On remarque alors que (a3 + b3 + c3) ? (U3 + V3 + W3) modulo 9.
Or , toujours en raisonnant modulo 9, on remarque que les cubes modulo
9 sont: 0 ? 03 ?33 ?63 modulo 9
. 1 ? 13 ? 43 ? 73 modulo 9
. 8 ? 23 ?53?83 modulo 9
On ne peut donc avoir la somme des trois cubes divisibles par 9 que si
ces cubes sont égaux respectivement à 0 , 1 et 8 modulo 9.
Donc que si un des entiers a, b ou c est de la forme (9N) ou (9N+3) ou
(9N+6).a, b ou c est donc bien divisible par 3.
3: D'après ce vient d'être dit, une condition nécessaire et suffisante pour
que (a3 + b3 + c3) soit divisible par 9 est que l'un de ces entiers soit
divisible par 3, un autre a un reste égal à 1 dans la division euclidienne
par 3 et le troisième a un reste égal à 2 dans la division euclidienne par
3.
Ce sont donc les nombres de la forme (3A, 3B+1 , 3C+2) à une permutation
près
Exercice 5
1: Comme x2-y2 = (x-y)(x+y), on ne peut avoir l'égalité:
x2-y2 = 1
que si et seulement si x=1 et y=0
2:
Commençons par le cas p premier différent de 2.
On doit avoir (x - y)(x + y)= p , mais p étant premier, un des deux
facteurs est 1 et l'autre p. Comme x et y sont des entiers naturels, on
doit donc avoir:
. x + y = p
. x - y = 1
D'où x = (p+1)/2 et y = (p-1)/2. Ce sont bien deux entiers naturels si
p est premier et impair.
Si p=2, il n'existe pas d'entiers naturels x et y tels que x2-y2 = 2.
Exercice 6
Pour n entier naturel non nul, on note f(n) le nombre d'entiers naturels
diviseurs de n , 1 et n compris.
1: Par définition, un nombre n'admettant que 1 et lui-même comme diviseur
est un nombre premier. De plus, comme pour tout n entier naturel, 1 et n
sont des diviseurs de n, on peut dire que f(n) est supérieur ou égal à 2
(si n>1) et que f(n) = 2 si