Corrigé du devoir surveillé n

Corrigé du devoir surveillé n ^◦ 2

Exercice 1. — Dressons un tableau de reste modulo 6.

Reste dex modulo 6 0 1 2 3 4 5

Reste de 2x modulo 6 0 2 4 0 2 4

Reste dex² modulo 6 0 1 4 3 4 1

1. On déduit du tableau que 2x ≡ 4 [6] si et seulement si x ≡ 2 [6] ou x ≡ 5 [6]. Ainsi, l’ensemble des entiers x tels que 2x≡4 [6] est {2 + 6k|k∈Z} ∪ {5 + 6k|k ∈Z}.

Remarque. — Cet ensemble est égal à {2 + 3k|k∈Z}.

2. De même,x² ≡2x [6] si et seulement six≡0 [6] ou x≡2 [6] donc l’ensemble des entiers x tels que x² ≡2x [6] est {6k|k ∈Z} ∪ {2 + 6k|k ∈Z}.

Exercice 2.

1. Le tableau suivant donne les restes modulo 7.

Reste de n modulo 7 0 1 2 3 4 5 6

Reste de n² modulo 7 0 1 4 2 2 4 1

Ainsi, les restes possibles pour le carré d’un entier modulo 7 sont 0, 1, 2 et 4 .

2. Soitx et y deux entiers. Le tableau suivant donne les restes possibles dex²+y² modulo 7 :

x² y²

0 1 2 4

0 0 1 2 4

1 1 2 3 5

2 2 3 4 6

4 4 5 6 1

Supposons que (x, y) est solution de x²+y² = 7²⁰¹⁹. Alors, x² +y² ≡0 [7] (car 7 divise 7²⁰¹⁹) donc, d’après le tableau ci-dessus, x² ≡0 [7] et y² ≡0 [7]. On déduit alors de la question 1.que x≡0 [7] ety ≡0 [7] i.e. 7 divise x ety .

Exercice 3.

1. On remarque 3⁴ = 81 = 1 + 5×16≡1 [5] donc (3⁴)ⁿ ≡1ⁿ [5] i.e. 3⁴ⁿ≡1 [5] . De même, 4² = 16 = 1 + 5×3≡1 [5] donc (4²)ⁿ ≡1ⁿ [5] i.e. 4²ⁿ≡1 [5] .

2. On en déduit que

A_n = 3⁴ⁿ⁺³+ 4²ⁿ⁺¹ = 3³×3⁴ⁿ+ 4×4²ⁿ ≡27×1 + 4×1 [5]≡31 [5]≡1 [5]

donc An−1≡0 [5] i.e. 5 diviseAn−1 .

3. Comme 3≡1 [2], 3⁴ⁿ⁺³ ≡1⁴ⁿ⁺³ [2]≡1 [2] et, comme 4≡0 [2] et 2n+1>0, 4²ⁿ⁺¹ ≡0 [2].

Ainsi, A_n≡1 [2] donc A_n−1≡0 [2] i.e. A_n−1 est pair .

4. Comme 5 divise A_n − 1, le chiffre des unités de A_n − 1 est 0 ou 5. Mais, comme An−1 est pair, ce chiffre est pair donc le chiffre des unités de An−1 est 0 et ainsi

le chiffre des unités de A_n est 1 .

Exercice 4.

1. Sin₀ = 10 alors n²₀ = 100 et alors l’écriture décimale de n²₀ se termine par 00.

2. a. Comme 100 +b ≡b [100], (100 +b)² ≡b² [100] .

b. En prenant successivement b = 1, b= 2 et b = 3, on obtient que :

• 101² ≡1 [100] i.e. 101² se termine par 01 donc n1 = 101 convient ;

• 102² ≡4 [100] i.e. 102² se termine par 04 donc n₄ = 102 convient ;

• 103² ≡9 [100] i.e. 103² se termine par 09 donc n₉ = 103 convient . 3. a.

u 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

a 0 1 4 9 6 5 6 9 4 1

b. Commen ≡10d+u [100] et u= 5, on a n≡10d+ 5 [100]. Dès lors, n² ≡(10d+ 5)² [100]≡100d²+ 100d+ 25 [100]≡25 [100]

donc n² se termine par 25 .

c. Comme n² se termine par 06, a= 6 donc, d’après le tableau de la question3.a.,u= 4 ou u= 6. En particulier,u est pair donc il existe un entier k tel que u= 2k. Dès lors,

n² ≡(10d+ 2k)² [100]≡100d²+ 40kd+ 4k² [100] ≡40kd+ 4k² [100].

Or, n² ≡ 6 [100] donc, par transitivité (et symétrie) de la relation de congruence, 40dk+ 4k² ≡6 [100] .

Comme 4 divise 100, on en déduit que 40dk+ 4k² ≡6 [4] et donc, comme 4 divise 40dk et 4k², 0≡6 [4] i.e. 4 divise 6, ce qui est absurde.

4. D’après la question3.a., si le carré d’un entier se termine par 0a alorsa ∈ {0,1,4,5,6,9}.

Les questions1. et 2. assurent qu’il existe des entiers na >10 tels que n²_a se termine par 0a sia∈ {0,1,4,9} et la question 3.c. montre que ce n’est pas le cas si a= 6.

Si n est un entier tel quen² se termine par 5 alors, d’après le tableau de la question3.a., le chiffre des unités de n est également 5 et donc, d’après la question 3.b., n² se termine par 25. Ainsi, il n’existe pas d’entiern tel que n² se termine par 05.

On conclut donc qu’il existe un entiern_a >10 tel quen²_ase termine par 0asi et seulement sia ∈ {0,1,4,9}.