Correction du devoir à la maison n ◦ 1

Correction du devoir à la maison n ^◦ 1

Partie A

1. On a u₀ = 5 = 5 × 1, u₁ = 245 = 5 × 49 et u₂ = 19 685 = 5 × 3 937 donc les 3 premiers termes de (u_n) sont divisibles par 5 .

2. Soit n∈N. Alors,

u_n+1 = 3^4(n+1)+1+2 = 3⁴ⁿ⁺⁵+2 = 3⁴×3⁴ⁿ⁺¹+2 = 81×3⁴ⁿ⁺¹+2 = 813⁴ⁿ⁺¹+ 2−81×2+2 donc u_n+1 = 81u_n−160 .

3. Soit la proposition P_n : « 5 divise u_n ».

On a vu précédemment que P₀ est vraie.

SupposonsP_k vraie pour un certain k ∈N.

Alors, 5 divise u_k donc il existe un entierK tel que u_k = 5K. Ainsi, d’après la question précédente, u_k+1 = 81×5K+ 160 = 5(81K+ 32). Étant donné que 81K+ 32 est entier, on conclut que 5 diviseuk+1 i.e. Pk+1 est vraie.

On a ainsi démontré par récurrence que, pour toutn ∈N, u_n est divisible par 5 . Partie B

1. Soit un réelx et N ∈N^∗. Alors, (x−1)

N−1

X

j=0

x^j = (x−1)(x^N−1+x^N−2+· · ·+x+ 1)

=x^N +x^N−1+· · ·+x²+x−(x^N−1+x^N−2 +· · ·+x+ 1)

=x^N −1

car tous les termes s’annulent deux à deux sauf le premier et le dernier. Ainsi,

∀x∈R, ∀N ∈N^∗, x^N −1 = (x−1)

N−1

X

j=0

x^j .

2. Soitn ∈N. Si n= 0 alors u₀ = 5 est divisible par 5. Sinon, n >1. Appliquons le résultat de la question précédente avecx= 3⁴ = 81. On obtient

3⁴ⁿ−1 =3⁴ⁿ−1 = 81ⁿ−1 = (81−1)

N−1

X

j=0

81^j = 80

N−1

X

j=0

81^j.

Comme

N−1

X

j=0

81^j est un entier, 80 divise 3⁴ⁿ−1 et donc, comme 5 divise 80, par transitivité, 5 divise 3⁴ⁿ−1. Or,

u_n= 3⁴ⁿ⁺¹+ 2 = 3×3⁴ⁿ+ 2 = 33⁴ⁿ−1+ 5 donc, comme 5 divise 3⁴ⁿ−1 et 5, 5 diviseu_n.

On conclut que, pour tout n∈N, 5 divise un.

Partie C

1. Commep divise q, il existe un entier naturel k tel queq =kp. Dès lors, en appliquant le résultat de la question 1. de la partie B avec x=a^p etN =k, il vient

Aq=a^q−1 =a^kp−1 = (a^p)^k−1 = (a^p−1)

k−1

X

j=0

(a^p)^j =Ap k−1

X

j=0

(a^p)^j.

Comme

k−1

X

j=0

(a^p)^j est un entier, on en déduit que A_p diviseA_q. 2. Par définition,

a^rAn−r+A_r =a^r(a^n−r−1) +a^r−1 = aⁿ−a^r+a^r−1 =aⁿ−1 donc a^rAn−r+A_r =A_n.

3. Par définition, il existe un entier q tel que n=mq+r doncn−r= mq. Ainsi, m divise n−r et, comme 0 < m < n, ni m ni n −r n’est nul donc, par la question 1. de la partie B,A_m diviseA_n−r. Ainsi, il existe un entierK tel queA_n−r =KA_m donc, d’après la question 2., A_n = (a^rK)A_m+A_r. De plus, comme 0 6 r < m, 1 6 a^r < a^m donc 06a^r−1< a^m−1 i.e. 06A_r < A_m. Ceci prouve que l’écriture A_n= (a^rK)A_m+A_r est la division euclidienne de A_n par A_m et donc le reste dans cette division est A_r .

Exercice facultatif. — Notons que, pour tout entier k compris entre 1 et m, d_k et d_m−k+1 sont des diviseurs associés i.e. dkdm−k+1 =n doncdk = n

dm−k+1

. Or, pour tout entier k compris entre 1 et m−1, d_k < d_k+1 avec d_k et d_k+1 des entiers donc d_k+ 16d_k+1. Comme d₁ = 1, on en déduit que d₂ >2,d₃ >3, ...,d_m>m. Par suite, pour tout entier k compris entre 1 et m,

d_k = n

dm−k+1 6 n m−k+ 1. Comme tous les nombres en jeu sont positifs, on en déduit que

m

X

k=2

dk−1d_k 6

m

X

k=2

n

m−(k−1) + 1× n

m−k+ 1 =

m

X

k=2

n²

(m−k+ 2)(m−k+ 1)

donc m

X

k=2

dk−1d_k 6

m

X

k=2

n²

m−k+ 1 − n² m−k+ 2

!

Mais,

m

X

k=2

n²

m−k+ 1 − n² m−k+ 2

!

= n²

m+ 1 −n²

m + n²

m+ 2 − n²

m+ 1 + n²

m+ 3 − n²

m+ 1 +· · ·+n² 1 −n²

2

=−n²

m + n²

m+ 1 − n²

m+ 1 + n²

m+ 2 − n²

m+ 2 +· · ·+n² 2 − n²

2 +n²

=n²− n² m < n² donc

m

X

k=2

dk−1d_k < n² .