Supposons que 3 divise 4m

Corrigé du devoir à la maison n^◦1

1. Supposons que 3 divise 4m. Alors, 3 divise 4m et 3 divise 3m (car m∈Z) donc 3 divise 4m−3m i.e. 3 divise m.

2. Le discriminant du trinôme X²−6X+ 4 est ∆ = (−6)²−4×1×4 = 20 donc ses racines sont ⁻⁽⁻⁶⁾⁻

√20 2×1 = ⁶⁻²

√ 5

2 = 3−√

5 et ⁻⁽⁻⁶⁾⁺

√20 2×1 = ⁶⁺²

√ 5

2 = 3 +√

5. On conclut donc que r1 = 3−√

5 et r2 = 3 +√ 5 .

3. a. On a u₀ =r⁰₁+r⁰₂ = 2, u₁ =r₁+r₂ = 6 et u₂ =r₁²+r²₂ =9−6√

5 + 5+9 + 6√

5 + 5= 28.

b. Soit n ∈N. Alors,

u_n+2 =rⁿ⁺²₁ +r₂ⁿ⁺²=r₁ⁿr²₁+r₂ⁿr²₂

et, par définition, r₁²−6r₁+ 4 = 0 i.e. r²₁ = 6r₁−4 et, de même, r₂² = 6r₂−4 donc u_n+2 =r₁ⁿ(6r₁−4)+rⁿ₂(6r₂−4) = 6r₁ⁿ⁺¹−4r₁ⁿ+6r₂ⁿ⁺¹−4r₂ⁿ= 6(r₁ⁿ⁺¹+r₂ⁿ⁺¹)−4(rⁿ₁+r₂ⁿ) donc u_n+2 = 6u_n+1−4u_n.

c. Considérons, pour tout n ∈N, la propositionP_n : «u_n et u_n+1 sont des entiers ».

Commeu0 = 2 etu1 = 6, la proposition P0 est vraie.

Soit k∈N. Supposons que P_k est vraie. Alors, u_k et u_k+1 sont des entiers. Dès lors, d’après la question b., uk+2 = 6u_k+1−4u_k est un entier. Ainsi,uk+1 et uk+2 sont des entiers donc P_k+1 est vraie.

On a donc montré par récurrence que, pour tout n ∈N,Pn est vraie ce qui équivaut à dire que pour tout n ∈N, u_n ∈Z.

d. Considérons, pour toutn ∈N, la propositionQ_n : « 2ⁿ diviseu_n et 2ⁿ⁺¹ diviseu_n+1».

On a u₀ = 2×2⁰ et u₁ = 3×2¹ donc Q₀ est vraie.

Soit k ∈N. Supposons que Qk est vraie. Alors, 2^k diviseuk et 2^k+1 diviseuk+1 donc il existe des entiers a et b tels que u_k = 2^ka et u_k+1 = 2^k+1b. Dès lors, d’après la question b.,

uk+2 = 6×2^k+1b−4×2^ka= 3×2^k+2b−2^k+2a= 2^k+2(3b−a)

donc, comme 3b−a est un entier, 2^k+2 divise u_k+2. Ainsi, 2^k+1 divise u_k+1 et 2^k+2 diviseu_k+2 donc Q_k+1 est vraie.

On a donc montré par récurrence que, pour toutn ∈N, Q_n est vraie ce qui équivaut à dire que pour tout n ∈N, 2ⁿ divise u_n.

4. a. Considérons, pour tout n ∈N, la propositionR_n : «w_n est un multiple de 3 ».

On a w₀ =u₁ = 2×3 doncR₀ est vraie.

Soitk ∈N. Supposons queR_k est vraie. Alors, 3 divise w_k i.e. il existe un entierd tel que w_k = 3d. Or,

w_k+1 =u_2(k+1)+1 =u_(2k+1)+2 = 6u_(2k+1)+1 −4u_2k+1

= 6u_2k+2−4w_k= 3×2u_2k+2−4×3d

= 3(2u_2k+2−4d)

donc, comme 2u_2k+2−4d est un entier, 3 divise w_k+1 et ainsi R_k+1 est vraie.

On a donc démontré pa récurrence que, pour tout n∈N, 3 divise wn .

b. Soit n ∈N^∗. Supposons que 3 divise vn. Alors, il existe un entier c tel que vn= 3c.

Or,

v_n=u_2n =u2(n−1)+2= 6u2(n−1)+1−4u2(n−1) = 6u2n−1−4vn−1

donc

4vn−1 = 6u2n−1−v_n= 3×2u2n−1−3c= 3(2u2n−1−c).

Comme 2u2n−1−c est un entier, on a en déduit que 3 divise 4vn−1 et donc, d’après la question 1., 3 divise vn−1.

Supposons qu’il existe un entiern tel que 3 divisev_n. Alors, l’ensembleA des entiersk tels que 3 divise v_k est une partie non vide de N donc A admet un plus petit élément m. Comme v₀ =u₀ = 2, 3 ne divise pas v₀ donc m∈N^∗. Mais alors, comme 3 divise v_m, d’après ce qui précède, 3 divise vm−1 et m−1 ∈ N donc m −1 ∈ A, ce qui contredit la minimalité de m puisquem−1< m. Ainsi, on en déduit queA est vide i.e. quel que soit n∈N, v_n n’est pas un multiple de 3 .

5. On va montrer que, quel que soit n∈N, le chiffre des unités de u_n est 2, 4, 6 ou 8. Plus précisément, on va montrer que, pour tout n ∈ N, la proposition Hn : « le chiffre des unités de u_4n est 2, celui de u_4n+1 est 6, celui de u_4n+2 est 8 et celui de u_4n+3 est 4 » est vraie.

On a u₀ = 2, u₁ = 6, u₂ = 28 et u₃ = 144 donc H₀ est vraie.

Soit k ∈N. Supposons que H_k est vraie. Remarquons que, pour tout n ∈N, u_n+2 = 6u_n+1−4u_n= 6(u_n+1+u_n)−10u_n

donc, comme le chiffre des unités de 10un est 0, le chiffre des unités de un+2 est celui de 6(u_n+1+u_n). Ainsi,

— le chiffre des unités de u_4(k+1) = u_2(2k+1)+2 est celui de 6(u_2(2k+1)+1 +u_2(2k+1)) = 6(u4k+3+u4k+2) ; or, le chiffre des unités de u4k+2 est 8 et le chiffre des unités deu4k+3

est 4 donc celui deu_4(k+1) est celui de 6(4 + 8) = 72 i.e. 2 ;

— le chiffre des unités de u_4(k+1)+1 =u_2(2k+1)+3 est celui de 6(u_2(2k+1)+2+u_2(2k+1)+1) = 6(u_4(k+1)+u4k+3) ; or, le chiffre des unités de u4k+3 est 4 et le chiffre des unités de u_4(k+1) est 2 donc celui deu_4(k+1)+1 est celui de 6(2 + 4) = 36 i.e. 6 ;

— le chiffre des unités de u_4(k+1)+2 =u_2(2k+1)+4 est celui de 6(u_2(2k+1)+3+u_2(2k+1)+2) = 6(u_4(k+1)+1+u_4(k+1)) ; or, le chiffre des unités de u_4(k+1) est 2 et le chiffre des unités deu_4(k+1)+1 est 6 donc celui deu_4(k+1)+2 est celui de 6(6 + 2) = 48 i.e. 8 ;

— le chiffre des unités de u_4(k+1)+3 =u_2(2k+1)+5 est celui de 6(u_2(2k+1)+4+u_2(2k+1)+3) = 6(u_4(k+1)+2 +u_4(k+1)+1) ; or, le chiffre des unités de u_4(k+1)+1 est 6 et le chiffre des unités de u_4(k+1)+2 est 8 donc celui de u_4(k+1)+3 est celui de 6(8 + 6) = 84 i.e. 4 ; Ainsi, H_k+1 est vraie et on a montré que, pour toutn ∈N, H_n est vraie.

On en déduit que, pour toutn ∈N, le chiffre des unités de u_n est 2, 4, 6 ou 8 donc ce chiffre n’est ni 0 ni 5 et ainsi 5 ne divise pas u_n.

On conclut que, quel que soit n∈N, 5 ne divise pasu_n .