Correction du devoir à la maison n˚1

Correction du devoir à la maison n˚1

Exercice 1. — On procède par disjonction des cas.

1er cas : si nest pair, alors il existe un entierktel que n= 2kdoncn²−1 = 4k²−1 = 2(2k²)−1 est impair doncn²−1 n’est pas divisible par 2 doncn²−1 n’est divisible par aucun multiple de 2. En particulier,n²−1 n’est pas divisible par 8.

2e cas : si n est impair alors il existe un entier k tel que n = 2k+ 1 donc n²−1 = (2k+ 1)²−1 = 4k²+ 4k+ 1−1 = 4k(k+ 1). Or,ket k+ 1 sont consécutifs donc l’un des deux est pair donc 2 divisek(k+ 1) i.e. il existe un entierK tel quek(k+ 1) = 4K. Ainsi,n²−1 = 8K donc 8 divisen²−1.

On conclut que n²−1 est divisible par 8 si et seulement si nest impair .

Exercice 2. — On considère la suite (un) définie, pour toutn∈N, parun= 3²ⁿ⁺¹+ 2ⁿ⁺².

1. On au0= 7 = 7×1,u1= 35 = 7×5,u2= 259 = 7×37, u3= 2219 = 7×317 etu4= 19747 = 7×2821 donc les 5 premiers termes de (un) sont divisibles par 7 .

2. Soitn∈N. Alors,

un+1= 3^2(n+1)+1+ 2ⁿ⁺¹⁺²= 3²ⁿ⁺³+ 2ⁿ⁺³= 9×3²ⁿ⁺¹+ 2×2ⁿ⁺²= 2(3²ⁿ⁺¹+ 2ⁿ⁺¹) + 7×3²ⁿ⁺¹

donc u_n+1= 2u_n+ 7×3²ⁿ⁺¹ .

3. Soit la propositionP_n : « 7 diviseu_n ».

Commeu0= 7 = 7×1,P0est vraie.

SupposonsP_k vraie pour un certaink∈N.

Alors, 7 diviseuk donc il existe un entierKtel queuk = 7Kdonc, par la question précédente, uk+17K+ 7×3²ⁿ⁺¹= 7(K+ 3²ⁿ⁺¹). Etant donné queK+ 3²ⁿ⁺¹ est entier, on conclut que 7 diviseu_k+1 i.e.P_k+1 est vraie.

On a ainsi démontré par récurrence que, pour toutn∈N, un est divisible par 7 .

Exercice 3.

1. Soit un réelxetk∈N^∗. Six= 1 alorsx^k−1 = 0 et (x−1)(x^k−1+x^k−2+· · ·+x+ 1) = 0 donc il y a bien égalité. Sinon, x^k−1+x^k−2+· · ·+x+ 1 est la somme des termes d’une suite géométrique de raisonx6= 1, doncx^k−1+x^k−2+· · ·+x+ 1 = 1−x^k

1−x i.e. 1−x^k= (x^k−1+x^k−2+· · ·+x+ 1)(1−x) soit en multipliant par−1,x^k−1 = (1−x)(x^k−1+x^k−2+· · ·+x+ 1). Finalement, pour tout réelxet tout entierk≥1,

x^k−1 = (x−1)(x^k−1+x^k−2+· · ·+x+ 1) .

2. a. Supposons quepdiviseq. Alors, il existe un entier naturelktel queq=kp. Dès lors, en appliquant la question 1avecx=a^pet l’entierkprécédent, il vient

A_q =a^q−1 =a^kp−1 = (a^p)^k−1 = (a^p−1)[(a^p)^k−1+(a^p)^k−2+· · ·+a^p+1] =A_p[(a^p)^k−1+(a^p)^k−2+· · ·+a^p+1].

Comme (a^p)^k−1+ (a^p)^k−2+· · ·+a^p+ 1 est un entier, on en déduit queA_p diviseA_q.

b. Par définition,a^rA_n−r+Ar=a^r(a^n−r−1)+a^r−1 =aⁿ−a^r+a^r−1 =aⁿ−1 donc a^rA_n−r+Ar=An . c. Par définition, il existe un entierqtel quen=mq+rdoncn−r=mq. Ainsi,mdivisen−ret, comme

0< m < n, nimnin−rn’est nul donc, par la question a,A_mdiviseA_n−r. Ainsi, il existe un entierK tel queA_n−r=KAmdonc, d’après la question b,An= (a^rK)Am+Ar. De plus, comme 0≤r < m, 1≤a^r< a^mdonc 0≤a^r−1< a^m−1 i.e. 0≤Ar< Am. Ceci prouve que l’écritureAn= (a^rK)Am+Ar

est la division euclidienne de An parAmet donc le reste dans cette division estAr .

Exercice 4. — On raisonne par disjonction des cas.

Supposons quenest impair. Alors, il existe un entierktel quen= 2k+ 1. Considéronsnentiers consécutifs et notonsale (k+ 1)^ede ces entiers lorsqu’ils sont rangés dans l’ordre croissant. Alors, ces entiers sonta−k, a−(k−1), ..., a−1,a,a+ 1, ..., a+ (k−1) eta+kdonc leur somme estS=a−k+a−(k−1) +· · ·+a− 1 +a+a+ 1 +· · ·...+a+ (k−1) +a+ki.e. après simplification S= (2k+ 1)a=nadoncS est divisible parn.

Supposons à présent n pair. Alors, il existe un entierk tel que n= 2k. Or, pour le cas particulier des n premiers entiers non nuls,

S= 1 + 2 +· · ·+n=n(n+ 1)

2 =2k(n+ 1)

2 =k(n+ 1) =kn+k

et, commek= ⁿ₂, 0≤k < n,S=kn+kest la division euclidienne deSpar n. En particulier, le reste estk6= 0 doncnne divise pasS.

On conclut que la somme den entiers consécutifs quelconques est divisible par nsi et seulement sin est impair.

Exercice 5. — Notonsa, betc les âges des trois filles aveca≤b≤c. Par hypothèse,abc= 36 donca,b etc forment un triplet de diviseurs positifs de 36. Or, les diviseurs positifs de 36 sont 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18 et 36.

Ainsi, les valeurs possibles pour (a, b, c) sont (1,1,36), (1,2,18), (1,3,12), (1,4,9), (1,6,6), (2,2,9), (2,3,6) et (3,3,4). Les sommes respectives de ces âges sont 38, 21, 16, 14, 13, 13, 11 et 10. Comme le facteur ne peut pas conclure avec le seul renseignement de la somme c’est qu’on se trouve dans un cas où plusieurs triplets sont possibles pour une même somme. Cela impose que cette somme est 13 et qu’on est donc soit dans le cas (1,6,6) soit dans le cas (2,2,9). La mère précisant que l’aînée est blonde fournit l’indication qu’il y a une ainée ce qui élimine le cas (1,6,6) et donc les filles ont respectivement 2 ans, 2 ans et 9 ans.