Corrigé du devoir surveillé n ◦ 2
Exercice 1. — On peut utiliser deux méthodes.
Méthode 1. — Le tableau suivant donne les restes modulo 8 :
Reste dex modulo 8 0 1 2 3 4 5 6 7
Reste de 5x modulo 8 0 5 2 7 4 1 6 3
On déduit de ce tableau que 5x≡3 [8] si et seulement si x≡7 [8]. Ainsi, l’ensemble des entiers x tels que 5x≡3 [8] est{7 + 8k|k ∈Z}.
Méthode 2. — En remarquant que 5 ×5 = 25 = 1 + 8×3 = 1 [8], 5 est son propre pseudo-inverse modulo 8 donc, pour tout entier x,
5x≡3 [8]⇔x≡5×3 [8]⇔x≡15 [8]⇔x≡7 [8].
On conclut de même que l’ensemble des entiers xtels que 5x≡3 [8] est {7 + 8k|k ∈Z}.
Exercice 2.
1. On trouve A0 = 14 = 2×7,A1 = 175 = 25×7,A2 = 2 233 = 319×7 et A3 = 28 777 = 4 111×7 donc tous ces nombres sont bien divisibles par 7.
2. Soit n ∈ N. Puisque 13 = 6 + 7, 13 ≡ 6 [7] donc 13n+1 ≡ 6n+1 [7]. Dès lors, An ≡ 6n+ 6n+1 [7]≡6n+ 6×6n [7]≡7×6n [7]≡0 [7] donc 7 divise An.
On peut aussi remarquer que 6≡ −1 [7] donc 6n≡(−1)n [7] et 6n+1 ≡(−1)n+1 [7]. Dès lors, An≡(−1)n+ (−1)n+1 [7]≡(−1)n−(−1)n [7] = 0 [7] donc 7 divise An.
On a donc montré que, pour tout n∈N, 7 divise An.
Exercice 3.
1. Par hypothèse,a2+b2−8c= 6 donca2+b2 = 6 + 8cdonc, commec∈Z, a2+b2 ≡6 [8] . 2. a.
Reste den modulo 8 0 1 2 3 4 5 6 7
Reste den2 modulo 8 0 1 4 1 0 1 4 1
b. On constate que les restes possibles pour pour un carré modulo 8 sont 0, 1 et 4. Pour déterminer les restes possibles de a2+b2 modulo 8, faisons un tableau à double entrée.
a2 b2
0 1 4
0 0 1 4
1 1 2 5
4 4 5 0
Ainsi, les restes possibles pour a2+b2 modulo 8 sont 0, 1, 2, 4 et 5 .
3. Or,a2+b2 ≡6 [8] donc, comme 066<7, 6 est le reste de a2+b2 modulo 6. Ceci est contradictoire avec la question précédente. On conclut donc que l’équation (E) n’a pas de solution dans Z3.
Exercice 4.
1. Soit un entier n >2. Alors, 2n = 22+n−2 = 22×2n−2 = 4×2n−2 et, comme n−2>0, 2n−2 est entier donc 4 divise 2n. Ainsi, 2n ≡0 [4] .
2. Soit n∈N. Remarquons que 3 =−1 [4] donc, pour tout n ∈N, 3n≡(−1)n [4]. Si n est pair, on a donc 3n ≡1 [4] et, si n est impair, 3n≡ −1 [4]≡3 [4]. Comme 06163<4, on en déduit que le reste de 3n est 1 si n est pair et 3 si n est impair .
Autre méthode. — On remarque que 32 = 9 = 1 + 2×4≡1 [4]. Si n est pair, il existe k∈N tel que n = 2k et alors 3n = 32k = (32)k ≡1k [4]≡1 [4]. Sin est impair, il existe k∈N tel que n = 1 + 2k et alors 3n= 31+2k= 3×(32)k≡3×1k [4]≡3 [4]. On conclut de même.
3. Soit n∈N∗. Comme a,b, cetd sont consécutifs, b =a+ 1, c=a+ 2 et d=a+ 3.
Le tableau suivant donne les restes modulo 4.
a 0 1 2 3
b 1 2 3 0
c 2 3 0 1
d 3 0 1 2
Ainsi, dans tous les cas, les quatre restes dea,b,cet dmodulo 4 sont 0, 1, 2 et 3 dans un certain ordre. On en déduit que, dans tous les cas,an+bn+cn+dn≡0n+ 1n+ 2n+ 3n [4]
i.e. an+bn+cn+dn≡1 + 2n+ 3n [4] .
4. Sin = 1 alors an+bn+cn+dn≡1 + 2 + 3 [4]≡2 [4].
Si n > 2 alors 2n ≡ 0 [4] d’après la question 1 donc an +bn+cn+dn ≡ 1 + 3n [4].
Or, d’après la question 2, 3n ≡ 1 [4] si n est pair et 3n ≡ 3 [4] si n est impair. Ainsi, an+bn+cn+dn ≡2 [4] sin est pair et an+bn+cn+dn ≡0 [4] si n est impair.
On conclut que le reste dans la division euclidienne de an+bn+cn+dn par 4 est 2 si n= 1 ou n est pair et 0 sinon.
Exercice 5. — Soit (a;b;c) ∈ N3 tel que 3a + 1 = 5b + 7c. Alors, comme 5 ≡ −1 [3], 5b ≡(−1)b [3]. De même, comme 7≡1 [3], 7c≡1 [3]. Supposons a>1. Alors, 3a ≡0 [3] donc, en réduisant l’égalité 3a+ 1 = 5b + 7c modulo 3, il vient 1 ≡(−1)b+ 1 [3] donc (−1)b ≡0 [3].
Ceci est absurde car (−1)b vaut 1 ou −1 donc son reste modulo 3 ne peut pas être 0. Ainsi, a= 0.
Il s’ensuit que 5b+ 7c = 2. Mais, si b > 1 alors 5b > 5 donc 5b + 7c > 5 et si c> 1 alors 7c >7 donc 5b+ 7c >7. Dans tous ces cas, 5b + 7c6= 2 donc b =c= 0.
Ainsi, la seule solution possible est (0 ; 0 ; 0). Réciproquement, 30 + 1 = 2 = 50+ 70 donc l’unique solution de 3a+ 1 = 5b+ 7c dans N3 est (0 ; 0 ; 0) .
