DST Terminale S Spécialité Mathématiques 2h Exercice 1 5 points

DST Terminale S Spécialité Mathématiques 2h Exercice 1

5 points (Restitution Organisée de Connaissances )

1. On suppose connu le théorème de Bézout :

Si aetbsont deux entiers non nuls et sidest leurpgcdalors il existe deux entiers relatifsuetv tels que au+bv=d.

Démontrer alors le théorème de Gauss :

Si adivisebcet siaetb sont premiers entre eux, alorsadivisec.

Solution :

a et b sont deux entiers non nuls premiers entre eux donc 1 est leur PGCD donc il existe deux entiers relatifsuet v tels queau+bv= 1.

En multipliant par ccette égalité, on aacu+bcv=c.

Par hypothèse, a divise bc donc a divise bcv. Mais on a aussi a divise acu. Donc a divise la somme c=acu+bcv, etadivise doncc.

2. Application :

a. Montrer que sipest un nombre premier, alorspne divise pas(p−1)! = 1×2× · · · ×(p−1).

Solution : Par l’absurde : supposons qu’il existe un entier premierp tel que pdivise (p−1)! = 1×2× · · · ×(p−1).

Alors d’après le théorème de Gauss, puisquepest premier,pdivise au moins l’un des entierskcompris entre 1 etp−1. Mais puisque1≤k≤p−1< p, ceci est impossible.

Par conséquent, sipest un nombre premier, alors pne divise pas(p−1)!.

b. Que peut-on en déduire surpgcd(n; (n−1)!)sinest un nombre premier ?

Solution : Si n est un nombre premier, les seuls diviseurs de n sont 1 et n. D’après la question précédente, npremier ne divise pas(n−1)!. Le seul diviseur commun àn et à(n−1)! est donc1.

Par suite,pgcd(n; (n−1)!) = 1.

c. Cette propriété est-elle encore vraie pour tout entiernnon premier ? Justifier.

Solution :Non, il suffit de trouver un contre-exemple :n= 6divise5! = 120.

Exercice 2

4 points (d’après JPS )

1. À l’aide de l’algorithme d’Euclide, déterminerδ=pgcd(2737; 195).

2. Donner deux entiersuet v vérifiant2737u+ 195v=δ. On détaillera la méthode d’obtention des calculs (NDLR : avec de jolies couleurs)

3. On veut résoudre l’équation 2737u+ 195v= 2.

a. Donner une solution particulière(u0;v0)de cette équation.

b. Résolvez cette équation et en donner toutes les solutions.

Exercice 3

5 points (d’après Nouvelle Calédonie 2004 ) Dans cet exercice,aet bdésignent des entiers strictement positifs.

1. a. Démontrer que s’il existe deux entiers relatifs uet v tels que au+bv= 1alors les nombres aet b sont premiers entre eux.

Solution :

Soitδ=pgcd(a;b) = 1. Alorsδdiviseaetb. S’il existe deux entiers relatifsuetvtels queau+bv= 1, alorsδdiviseau etbvdonc leur somme : 1. Doncδ= 1.

Ainsi, s’il existe deux entiers relatifsuetvtels queau+bv= 1alors les nombresaetbsont premiers entre eux.

b. En déduire que si (a²+ab−b²)²= 1, alorsaetb sont premiers entre eux.

Solution :(a²+ab−b²)²= 1donca²+ab−b²=±1.

Si a²+ab−b²= 1alorsa(a+b)−b×b=±1, etaetb sont premiers entre-eux, d’après la question précédente.

Sia²+ab−b²=−1alors−a(a+b) +b×b= 1, etaetbsont premiers entre-eux, d’après la question précédente.

Ainsi, si(a²+ab−b²)²= 1, alorsaet bsont premiers entre eux

2. On se propose de déterminer les couples d’entiers strictement positifs (a;b)tels que(a²+ab−b²)² = 1.

Un tel couple sera appelé solution.

a. Détermineralorsquea=b.

Solution :

Si a=balors(a²+ab−b²)²= 1 ⇐⇒ a⁴= 1 ⇐⇒ a= 1caraest strictement positif.

Conclusion, s’il existe un couple(a;a)solution alors c’est forcément le couple(1; 1).

b. Vérifier que (1 ; 1), (2 ; 3) et (5 ; 8) sont trois solutions particulières.

Solution :

Il suffit de faire les calculs...

c. Montrer que si(a;b)est solution et sia < b, alorsa²−b²<0.

Solution :

Sia < b, sachant queaetbsont strictement positifs, et sachant que la fonctionx7→x²est strictement croissante sur[0; +∞[, on aa²< b².

3. a. Montrer que si(x;y)est une solution différente de (1 ; 1) alors(y−x;x)et (y;y+x)sont aussi des solutions.

Solution :

Si (x;y)est une solution différente de (1 ; 1)et six < y alorsy−x >0 etx >0; et de mêmey >0 et y+x >0.

Et on a(x²+xy−y²)²= 1.

En posant a = y −x et b = x, on a alors (a² +ab −b²)² = (y−x)²+ (y−x)x−x²²

= y²−2xy+x²+yx−x²−x²²

= y²−xy−x²²

= −1(x²+xy−y²)²

= 1.

De même, en posanta=yetb=y+x, on a alors(a²+ab−b²)²= (y)²+y(y+x)−(y+x)²²

= y²+y²+xy−(y²+ 2yx+x²)²

= y²−xy−x²²

= −1(x²+xy−y²)²

= 1.

Donc Si(x;y)est une solution différente de (1 ; 1)et six < y alors alors(y−x;x)et(y;y+x)sont aussi des solutions.

b. Déduire de2. b. trois nouvelles solutions.

Solution :

Puisque (x;y) = (2; 3)est solution,(y−x;y) = (3−2; 2) = (1; 2)est aussi solution.

Puisque (x;y) = (2; 3)est solution,(y;y+x) = (3; 3 + 2) = (3; 5)est aussi solution.

Puisque (x;y) = (5; 8)est solution,(y−x;y) = (8−5; 8) = (3; 8)est aussi solution.

Puisque (x;y) = (5; 8)est solution,(y;y+x) = (8; 8 + 5) = (8; 13) est aussi solution.

4. On considère la suite de nombres entiers strictement positifs (an)_n définie par a0=a1= 1 et pour tout entiern, n>0, an+2=an+1+an .

Démontrer que pour tout entier n>0,(an;an+1)est solution(NDLR : par récurrence).

En déduire que les nombres an etan+1 sont premiers entre eux.

Solution :

Montrons par récurrence que pour toutnentier, on a : (an;an+1)est un couple solution.

Notons Pn la propriété :(an;an+1)est un couple solution.

• Initialisation :

La propriétéP0est-elle vraie ? A-t-on (a0;a1)couple solution ? a0=a1= 1et(1; 1) est un couple solution doncP0est vraie.

• Hérédité :

Supposons que pour un entier n ∈ N, on a : (an;an+1) est un couple solution ; montrons alors que (an+1;an+2)est un couple solution.

D’après l’hypothèse de récurrence :(an;an+1)est un couple solution.

Donc d’après la question 3-a, le couple(an+1;an+1+an)est aussi un couple solution.

De plus, on a d’après l’énoncean+2=an+1+an donc(an+1;an+2)est un couple solution.

DoncPn+1 est vraie.

• Conclusion :

La propriétéPn est vraie pourn= 0et est héréditaire. Elle est donc vraie pour toutn∈N.

C’est à dire : pour tout nentier,n∈N, (an;an+1)est un couple solution .

D’après la question 1-b, on en déduit que les nombresan et an+1 sont premiers entre eux.

Exercice 4

5 points ( d’après La Réunion 2005 ) Dans cet exercice, on pourra utiliser le résultat suivant :

« Étant donnés deux entiers naturelsaetbnon nuls, si pgcd(a;b) = 1alorspgcd(a²;b²) = 1».

Une suite(Sn)est définie pourn >0par Sn = 1³+ 2³+ 3³+· · ·+n³ =

n

X

p=1

p³. On se propose de calculer, pour tout entier naturel non nuln, le plus grand commun diviseur de Sn et Sn+1.

1. Démontrer(NDLR : par récurrence)que, pour toutn >0, on a : Sn=

n(n+ 1) 2

² . Solution :

Montrons par récurrence que pour toutnentier,n≥1, on a :1³+ 2³+· · ·+n³= n²(n+ 1)²

4 .

Notons Pn la propriété :1³+ 2³+· · ·+n³= n²(n+ 1)²

4 .

• Initialisation :

La propriétéP1est-elle vraie ? A-t-on 1 = 1²(1 + 1)²

4 ?

1²(1 + 1)²

4 = 1. DoncP1est vraie.

• Hérédité :

Supposons que pour un entier n,n≥1on a :1³+ 2³+· · ·+n³=n²(n+ 1)²

4 ; montrons alors que1³+ 2³+· · ·+ (n+ 1)³= (n+ 1)²(n+ 2)²

4 .

1³+ 2³+· · ·+ (n+ 1)³=1³+ 2³+· · ·+n³+ (n+ 1)³= n²(n+ 1)²

4 + (n+ 1)³ car d’après l’hypothèse de récurrence : 1³+ 2³+· · ·+n³= n²(n+ 1)²

4 .

De plus, on a : n²(n+ 1)²

4 + (n+ 1)³= n²(n+ 1)²+ 4(n+ 1)³

4 = (n+ 1)²(n²+ 4(n+ 1))

4 = (n+ 1)²(n²+ 4n+ 4) 4

On reconnaît l’identité remarquable n²+ 4n+ 4 = (n+ 2)². Donc on a1³+ 2³+· · ·+ (n+ 1)³= (n+ 1)²(n+ 2)²

4 etPn+1 est vraie.

• Conclusion :

La propriétéPn est vraie pourn= 1et est héréditaire. Elle est donc vraie pour toutn≥1.

C’est à dire : pour tout nentier,n≥1, 1³+ 2³+· · ·+n³=n²(n+ 1)²

4 .

2. Étude du cas où nest pair. Soitkl’entier naturel non nul tel quen= 2k.

a. Démontrer quepgcd(S2k;S2k+1) = (2k+ 1)²×pgcd k²; (k+ 1)² . Solution :

D’après la question 1, on a :

S2k =(2k)²(2k+ 1)²

4 =k²(2k+ 1)² et S2k+1= (2k+ 1)²(2k+ 2)²

4 = (2k+ 1)²(k+ 1)² Doncpgcd(S2k;S2k+1) =pgcd k²(2k+ 1)²; (k+ 1)²(2k+ 1)²

= (2k+ 1)²×pgcd k²; (k+ 1)² . b. Calculerpgcd(k;k+ 1).

Solution :

Si d=pgcd(k; (k+ 1)), alorsddivisek etk+ 1, il divise leur différence ; doncddivise1; etd= 1.

c. Calculerpgcd(S2k;S2k+1).

Solution :

On a d’après l’énoncé : pgcd(k; (k+ 1)) = 1 impliquepgcd k²; (k+ 1)²

= 1.

Donc d’après la question 2-a, on peut affirmer quepgcd(S2k;S2k+1) = (2k+ 1)². 3. Étude du cas où nest impair. Soitk l’entier naturel non nul tel quen= 2k+ 1.

a. Démontrer que les entiers 2k+ 1et2k+ 3 sont premiers entre eux.

Solution :

Si d=pgcd(2k+ 1; 2k+ 3), alors ddivise 2k+ 1et 2k+ 3, il divise leur différence ; donc ddivise 2; etd= 1oud= 2.

Mais 2ne divise pas le nombre impair 2k+ 1. Doncd6= 2. Par suite,d= 1, et les entiers2k+ 1et 2k+ 3 sont premiers entre eux.

b. Calculerpgcd(S2k+1;S2k+2).

Solution :

D’après la question précédente, on a S2k+1 = (2k+ 1)²(2k+ 2)²

4 = (2k+ 1)²(k+ 1)². EtS2k+2 = (2k+ 2)²(2k+ 3)²

4 = (k+ 1)²(2k+ 3)².

Doncpgcd(S2k;S2k+1) =pgcd (2k+ 1)²(k+ 1)²; (k+ 1)²(2k+ 3)²

= (k+1)²×pgcd (2k+ 1)²; (2k+ 3)² . On a d’après l’énoncé : pgcd((2k+ 1); (2k+ 3)) = 1impliquepgcd (2k+ 1)²; (2k+ 3)²

= 1.

Donc d’après la question 2-a, on peut affirmer quepgcd(S2k+1;S2k+3) = (k+ 1)².

4. Déduire des questions précédentes qu’il existe une unique valeur den, que l’on déterminera, pour laquelle Sn et Sn+1 sont premiers entre eux.

Solution :

D’après ce qui précède,

pgcd(S2k;S2k+1) = (2k+ 1)². Donc pgcd(S2k;S2k+1) = 1 ⇐⇒ (2k+ 1)²= 1 ⇐⇒ k= 0. Mais alors c’est impossible carS0 n’existe pas.

Etpgcd(S2k+1;S2k+3) = (k+ 1)². Doncpgcd(S2k+1;S2k+3) = 1 ⇐⇒ (k+ 1)²= 1 ⇐⇒ k= 0.

Et réciproquement(S1;S2) = (1; 3)ont pour pgcd1.

Par conséquent, il existe une unique valeur den:n= 1, pour laquelle Snet Sn+1sont premiers entre eux.

Exercice 5

6 points ( d’après Centres étrangers 2005 ) Partie A

SoitN un entier naturel, impair non premier.

On suppose queN =a²−b²oùaet bsont deux entiers naturels.

1. Montrer que aetb n’ont pas la même parité(NDLR : on pourra raisonner en faisant un tableau modulo 2).

Solution :

Voici les tableaux des congruences modulo 2 : a[2] 0 1

a² [2] 0 1

b[2] 0 1 b² [2] 0 1

Par suite, siaet bont la même parité,a²+b²≡0 [2].

2. Montrer queN peut s’écrire comme produit de deux entiers naturelspet q.

Solution :

N =a²−b²= (a−b)(a+b), avec p=a−b et q=a+bentiers naturels puisque N est aussi un entier naturel.

3. Quelle est la parité depet de q? Solution :

Puisque N =pq est impair,pet qsont forcément impairs.

Partie B

On admet que 250 507 n’est pas premier.

On se propose de chercher des couples d’entiers naturels (a;b)vérifiant la relation (E) : a²−250 507 =b².

1. SoitX un entier naturel.

a. Donner dans un tableau, les restes possibles deX modulo 9 ; puis ceux deX² modulo 9.

Solution :

Voici le tableaux des congruences modulo 9 : X [9] 0 1 2 3 4 5 6 7 8 X² [9] 0 1 4 0 7 7 0 4 1

b. Sachant quea²−250 507 =b², déterminer les restes possibles modulo 9 dea²−250 507; en déduire les restes possibles modulo 9 de a².

Solution :

a²−250 507 =b²donca²−250 507est congru à0 ou1 ou 4 ou 7 modulo 9.

Et on a250 507≡1 [9]donca²−1 est congru à0 ou1ou 4 ou 7 modulo 9. Donca² est congru à1 ou2ou 5 ou 8 modulo 9.

c. Montrer que les restes possibles modulo 9 de asont 1 et 8.

Solution :

D’après le tableau,a² ne peut pas être congru à2modulo 9, ni à 5 ou à 8.

Donc on a forcément a² est congru à1 modulo 9. Et par lecture dans le tableau, on aa≡1 [9]ou a≡8 [9].

2. Justifier que si le couple(a;b)vérifie la relation (E), alorsa≥501. Montrer qu’il n’existe pas de solution du type (501;b).

Solution :

Si (a;b)vérifie la relation (E) alorsa²−250 507 =b²≥0. Donca≥√

250507≃500,05. Donca≥501.

501²−250 507 = 494n’est pas un carré parfait. Donc il n’existe pas de solution du type(501;b).

3. On suppose que le couple (a;b)vérifie la relation (E).

a. Démontrer queaest congru à 503 ou à 505 modulo 9.

Solution :

On a vu queaétait congru à 1 ou à 8 modulo 9. Or503≡8 [9] et505≡1 [9]. Doncaest congru à 503 ou à 505 modulo 9.

b. Déterminer le plus petit entier naturel k tel que le couple (505 + 9k;b) soit solution de (E), puis donner le couple solution correspondant.

Solution :

On trouve que pour a = 505 on a a²−250 507 = 4518 qui n’est pas un carré parfait. Alors que a= 514 = 505 + 9×1, on a a²−250 507 = 13689 = 117².

Donc le plus petit entier naturelktel que le couple(505 + 9k;b)soit solution est obtenu pourk= 1, et on a le couple(514; 117).

Partie C

1. Déduire des parties précédentes une écriture de 250 507 en un produit de deux facteurs.

D’après ce qui précède, 250 507 = 514²−117²= (514−117)(514 + 117) = 397×631.

2. Les deux facteurs sont-ils premiers entre eux ? Solution :

Oui car d’après l’algorithme d’Euclide, on a :

631 = 397×1 + 234et397 = 234×1 + 163et234 = 163×1 + 71et163 = 71×2 + 21et71 = 21×3 + 8 et 21 = 8×2 + 5 et8 = 5×1 + 3et 5 = 3×1 + 2et 3 = 2×1 + 1et enfin2 = 1×2 + 0.

Autre solution :

On voit que397est premier, il ne divise pas 631donc ils sont premiers entre eux.

3. Cette écriture est-elle unique ? Solution :

397 est un nombre premier, et 631 aussi ; donc cette écriture est unique (sauf si on accepte l’écriture 1×250 507, mais ce serait inutile).

Pour justifier que397est un nombre premier, on essaye de diviser397par tous les entiers compris entre 2 et √

397≃19,92, et on s’aperçoit que cela est impossible dansN. (Remarque : on peut se limiter à tester la divisibilité par tous les nombres premiers mais il faut déjà posséder une table de nombre premiers).