1.1 Applications de la division euclidienne

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Lycée Pierre de Fermat 2020/2021

MPSI 1 TD

Arithmétique 1 Divisibilité dans Z

1.1 Applications de la division euclidienne

⊲ Exercice 1.1. Sous-groupes de (Z,+)

1. SoitGun sous-groupe de (Z,+) différent de{0}.

(a) Justifier queG∩N^∗ admet un plus petit élément que l’on noteraa.

(b) Montrer queG=aZ.

2. Montrer que les sous-groupes de (Z,+) sont les ensembles de la formeaZaveca∈N.

⊲ Exercice 1.2. Ensemble des périodes d’une suite périodique Soitu∈C^Nune suite périodique, c’est- à-dire telle qu’il existea∈N^∗ tel que

∀n∈N, un+a=un

Tout entier non nul satisfaisant la relation ci-dessus est une période de la suite u. On notePu l’ensemble des périodes deu:

Pu={p∈N^∗| ∀n∈N, un+p=un}. 1. Justifier quep0= minPu est bien défini.

2. Montrer quePu=p0N^∗.

1.2 Algorithme d’Euclide

⊲ Exercice 1.3. Calcul de (2^a−1)∧(2^b−1) Soient (a, b)∈N^∗2.

1. Notonrle reste de la division euclidienne deaparb.

Montrer que 2^r−1 est le reste de la division euclidienne de 2^a−1 par 2^b−1.

2. En déduire que (2^a−1)∧(2^b−1) = 2^a∧b−1.

1.3 PGCD, PPCM et relation de divisibilité

⊲ Exercice 1.4. Montrer que, pour tout n ∈ N, 2n+ 1 et n+ 1 sont premiers entre eux. En déduire que (n+ 1)|

2n n

.

⊲ Exercice 1.5.

1. Montrer que les valeurs possibles pourdn= (2n+ 4)∧(3n+ 3) sont 1, 2, 3 ou 6.

2. Montrer que (dn)n∈Nest une suite périodique. Quelle est sa période ? (voir la définition dans l’exercice1.2)

⊲ Exercice 1.6. Soient (a, b) ∈ Z² premiers entre eux. Montrer que a∧(a+b) = b∧(a+b) = 1 puis que (a+b)∧ab= 1.

⊲ Exercice 1.7. Soitx∈Q. On suppose qu’il existen∈N^∗ tel que xⁿ∈Z. Montrer que x∈Z.

⊲ Exercice 1.8. Soient (a, b)∈Z² tels quea²|b². Montrer quea|b.

⊲ Exercice 1.9.

1. Soient (a, b)∈Z². Montrer que (a+b)∧(a∨b) =a∧b.

2. Trouver tous les couples (a, b)∈N² tels que

a+b = 144 a∨b = 420

⊲ Exercice 1.10. Bornes supérieures et inférieures d’une partie finie dans (N,|) On se place dans l’ensemble partiellement ordonné (N,|).

On considèreA={a1, . . . , an} une partie finie deN(n∈N^∗).

1. On suppose que 0∈A. Montrer queAadmet une borne supérieure et un borne inférieure à préciser.

2. On suppose que 0∈/A. Montrer queAadmet une borne supérieure et un borne inférieure à préciser.

(2)

2 Congruences

2.1 Calculs dans l’anneau Z/nZ

⊲ Exercice 2.1. Critères de divisibilité

1. Énoncez et prouvez les critères habituels de divisibilité par 5, par 3 et par 9 à partir de l’écriture décimale d’un entier naturel.

2. (a) Énoncez et prouvez un critère de divisibilité par 11 à partir de l’écriture décimale d’un entier naturel.

(b) Quel est le plus petit entier divisible par 11 dont l’écriture décimale se termine par 2016 ? et par 2014 ? (c) En déduire que

∀n∈N^∗, ∀(a0, . . . , a2n+1)∈[[0,9]]²ⁿ⁺², 11|a2n+1a2na2n−1a2n−2. . . a1a010⇒11|a2na2n+1a2n−2a2n−1. . . a0a110

⊲ Exercice 2.2. Chiffre des unités 1. Quel est le chiffre des unités de 3²⁰¹⁴? 2. Quel est le chiffre des unités de

X20 k=1

k²⁰¹⁴?

3. Plus précisément, en notant pour toutn∈N^∗, cn le chiffre des unités de Xn k=1

k²⁰¹⁴, montrer que la suite (cn)n∈N^∗ admet 20 pour période. 20 est-ellelapériode de (cn)n∈N^∗

⊲ Exercice 2.3. Réinterprétation du petit théorème de Fermat

1. (a) Soit p un nombre premier, a ∈ Z et u la suite (a^k)k∈N dans Z/pZ. Montrer que u est périodique.

Prouver que sa périodepu est un diviseur dep−1.

(b) Donner dans le casp= 5 trois exemples pour illuster que cette période peut être 1,p−1 ou un diviseur strict dep−1 différent de 1.

2. Soitn∈N^∗,a∈Zetula suite (a^k)k∈N^∗ dansZ/nZ.

(a) Justifier l’existence de (i, j) ∈ N² tels que 1 6i < j 6 n+ 1 et ui = uj. En déduire que la suite v= (ui+k)k∈N est périodique.

(b) Proposer une étude systématique des casn= 4,n= 6 etn= 8 (on déterminera toutes les suitesuen précisant le premier rang d’apparition de la périodicité et la période dev).

On pourra rédiger une fonction python qui réalise cette recherche et renvoie le tableau des résultats.

⊲ Exercice 2.4. Montrer que 11|2¹²³+ 3¹²¹.

⊲ Exercice 2.5.

1. Montrer que, poura∈Zet n∈N^∗,aest inversible dansZ/nZsi et seulement sia∧n= 1.

On précisera comment s’interprète le résultat sin= 1.

2. En déduire queZ/nZest un corps si et seulement sinest un nombre premier.

3. (a) Quel sont les éléments inversibles deZ/5Z? préciser les inverses de chacun.

(b) Résoudre les équations 3x+ 1 = 0 etx²= 1 dansZ/5Z.

4. (a) Résoudre l’équationx²−1 = 0 dansZ/13Z.

(b) En généralisant la technique ci-dessus (ce qui revient à reprendre la preuve de la technique de résolution des équations du second degré dans C en passant par la forme canonique d’un trinôme), résoudre l’équationx²−x−4 = 0 dansZ/13Z.

2.2 Équations diophantiennes

⊲ Exercice 2.6. Résolution de l’équation ax+by=c d’inconnues (x, y)∈Z², pour(a, b, c)∈Z³ fixés.

L’ensemble des solutions de cette équation est notéSa,b,c. 1. PréciserSa,b,c siab= 0.

Dans la suite, nous supposeronsab6= 0.

2. PréciserSa,b,0(on pourra distinguer les casa∧b= 1 eta∧b6= 1).

3. En déduire un lien entreSa,b,c etSa,b,0si l’on dispose d’un couple (x0, y0)∈Z²tel que ax0+by0=c.

4. Montrer que sia∧b6 |c, alorsSa,b,c=∅.

(3)

5. Montrer que si a∧b|c, alors Sa,b,c peut être complètement explicité car il est possible de trouver une solution particulière.

6. Résoudre 7x+ 17y= 1, 3x−12y= 9 et 28x+ 24y= 10.

⊲ Exercice 2.7. Ensemble des coefficients d’une relation de Bézout Soient (a, b)∈Z^∗2. Posonsd=a∧b,a^′= a

d etb^′= b d.

Notons (u0, v0)∈Z²un couple de coefficients de Bézout pour aetbc’est-à-dire tels queau0+bv0=d.

Déterminer, en fonction deu0,v0,a^′ etb^′ l’ensembleCa,b={(u, v)∈Z² |au+bv=a∧b}.

⊲ Exercice 2.8. Équation du premier degré de la forme ax+by+cz =d d’inconnues (x, y, z)∈ Z³, pour (a, b, c, d)∈Z⁴ fixés.

Résoudre les équations suivantes d’inconnues (x, y, z)∈Z³ : 1. 10x+ 6y−8z= 7,

2. 10x+ 6y−8z= 14.

⊲ Exercice 2.9. Équation diophantienne du second degréCondidérons l’équation x²+y²= 7z² (x, y, z)∈Z³

1. Supposons qu’il existe un triplet solution (x, y, z)∈Z³ différent de (0,0,0).

(a) Montrer qu’il existe un triplet solution (x0, y0, z0)∈Z³ tel que

x0>0 , y0>0 , z0>0 et x0∧y0∧z0= 1.

(b) Déterminer, modulo 7, l’ensemble des carrés ainsi que l’ensemble des opposés des carrés.

(c) En considérant l’équation modulo 7, montrer que 7|x0 et 7|y0. (d) Montrer quex0∧y0∧z06= 1 et conclure.

2. Résoudre l’équation diophantienne.

⊲ Exercice 2.10. Montrer que les équations suivantes n’ont pas de solution dans l’ensemble indiqué : 1. x²+ 5y²= 3, (x, y)∈Z².

2. x²−5y²= 3, (x, y)∈Z². 3. 15x²−7y²= 9, (x, y)∈Z². 4. x³+ 11³=y³, (x, y)∈N^∗2.

2.3 Systèmes de congruences

⊲ Exercice 2.11. Résoudre les systèmes (S1)

x≡2[7]

x≡1[8] (S2)

x≡2[4]

x≡1[6]

⊲ Exercice 2.12. Résoudre le système







x≡2[7]

x≡1[8]

x≡3[9]

⊲ Exercice2.13.Une bande de 17 pirates possède un trésor constitué de pièces d’or d’égale valeur. Ils projettent de se partager le trésor en parts égales et de donner le reste à leur cuisinier chinois. Celui-ci recevrait alors 3 pièces d’or. Or les pirates se querellent et 6 d’entre eux meurent. Un nouveau partage donnerait au cuisinier 4 pièces d’or. Suite à un naufrage, seuls six pirates, le cuisinier et le trésor sont sauvés. Le partage donnerait alors 5 pièces d’or au cuisinier. Quelle est la fortune minimale que peut espérer le cuisinier s’il décide d’empoisonner les 6 pirates restants ?

⊲ Exercice 2.14. Écrire en python une fonction tableCongruence(k, n)qui réalise l’affichage des représen- tants dans [[0, n−1]] des puissanceskdes classes de congruence modulon.

3 Nombres premiers

3.1 Étude des nombres premiers

⊲ Exercice 3.1.

1. Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers.

2. En s’inspirant de la preuve précédente, montrer qu’il existe un infinité de nombres premiers de la forme 4n+ 3 (c’est-à-dire congrus à 3 modulo 4).

⊲ Exercice 3.2. Des trous abitrairement grands dans les nombres premiers.

Montrer qu’il existe 2014 entiers naturels consécutifs parmi lesquels ne figure aucun nombre premier.

⊲ Exercice 3.3. Soitp>5 un nombre premier. Montrer que 24|(p²−1).

(4)

3.2 Petit théorème de Fermat

⊲ Exercice 3.4. Soientpet qdeux nombres premiers distincts.

Montrer quep^q−¹+q^p−¹≡1 [pq].

⊲ Exercice 3.5. Soitn∈N^∗.

Montrer que 1ⁿ+ 2ⁿ+. . .+ 5ⁿ≡0 [5] ⇐⇒ n6≡0 [4].

4 Applications de la décomposition primaire

⊲ Exercice 4.1. Valuation p-adique dek!

Soitpun nombre premier.

La valuationp-adique de l’entier naturel nest l’exposantνp(n) depdans la décomposition primaire den.

1. Comment s’interprête la valuationp-adique densur l’écriture denen basep? 2. Montrer que, pour toutk∈N^∗,

νp(k!) =

+∞

X

i=1

k pⁱ

3. Par combien de 0 se termine l’écriture de 100! en base 2 ? 4. Calculer la décomposition en facteurs premiers de 14!.

5. Par combien de 0 se termine l’écriture décimale de 100! ?

⊲ Exercice 4.2. Diviseurs d’un entiers naturel.

Soitn∈N^∗\ {1}.

Il exister∈N^∗, (p1, . . . , pr) des nombres premiers deux à deux distincts et (α1, . . . , αr)∈N^∗rtels quen= Yr i=1

p^α_iⁱ est la décomposition denen produit de facteurs premiers.

1. Combiennpossède-t-il de diviseurs positifs ?

2. On noteS(n) la somme des diviseurs positifs den. Montrer que S(n) =

Yr i=1

p^α_iⁱ⁺¹−1 pi−1 . 3. Montrer que

∀(m, n)∈N² , m∧n= 1⇒S(mn) =S(m)×S(n) 4. Soitpun nombre entier tel que 2^p−1 est premier.

(a) Montrer quepest un nombre premier.

(b) Montrer quen= 2^p−¹(2^p−1) est un nombre parfait, c’est-à-dire que la somme de ses divisieurs positifs stricts est égale à lui-même.

(c) Montrer réciproquement que, sinest un nombre parfait pair, alors il existe un nombre premier q tel quen= 2^q−1(2^q−1) et 2^q−1 est premier.

⊲ Exercice 4.3. Produit des diviseurs d’un entier.

Déterminer tous les couples (p, q)∈N^∗2 tels que le produit des diviseurs positifs den= 3^p5^q soit égal à 45⁴². On pourra utiliser les formules à établir dans les questions 1 des exercice4.2et 4.4.

⊲ Exercice 4.4. Produit des diviseurs d’un entier.

Soitn∈N\ {0,1}.

Notonsd(n) le cardinal de l’ensembleD(n) ={d∈N|d|n} des diviseurs positifs den.

1. Montrer que le produit des diviseurs positifs denestn^d(n)² . On pourra montrer que l’applicationψ

D(n) → D(n)

d 7→ n

est bijective. d

2. Déterminer une CNS surn>2 pour que le produit de ses diviseurs positifs autres que lui même soit égal à lui-même (c’est à diren= Y

16d<n d|n

d).

(5)

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1

1. (a) G∩N^∗ est unepartie deN(par définition)non vide(carGest différent de{0}donc il existeg∈Z^∗ tel queg ∈G, sig >0 alorsg ∈G∩N^∗ et sig <0, puisque Gest un groupe pour la loi +,−g ∈G donc−g∈G∩N^∗) si bien que G∩N^∗admet un plus petit élément.

Posonsa= minG∩N^∗.

(b) ⋆ — Soitk∈N^∗fixé quelconque.a∈Gdonc par stabilité deGpour la loi +,ka=a+. . .+a

| {z } ktermes

∈G.

— Gest un sous-groupe de (Z,+) donc le neutre 0 de (Z,+) appartient àGdonc 0×a= 0∈G.

— Soitk∈N^∗fixé quelconque.a∈Gdonc par stabilité deGpar passage au symétrique,−a∈G donc, par stabilité deGpour la loi +, (−k)a= (−a) +. . .+ (−a)

| {z } ktermes

∈G.

Par conséquent,aZ⊂G.

⋆ Soitg∈Gfixé quelconque.

Par définition d’un plus petit élément,a∈G∩N^∗donca∈N^∗donca6= 0 ce qui permet d’effectuer la division euclidienne degpara.

Notons (q, r)∈Z×[[0, a−1]] le quotient et le reste de la division euclidienne de gpara: g=aq+r

Alorsr=g−aq∈G(carg∈G,aq∈aZ⇒aq∈G-d’après le point précédent- etGest stable par ajout de l’opposé d’un élément car c’est un sous-groupe de (Z,+)). De plus,r∈[[0, a−1]] donc, si r6= 0, alorsr∈G∩N^∗doncr>minG∩N^∗=ace qui contreditr6a−1. Par conséquent,a= 0 doncg=aq∈aZ.

Par conséquent,G⊂aZ.

Ainsi,G=aZ.

2. SoitGun sous-groupe de (Z,+) fixé quelconque.

• ⋆ SiG={0}, alorsG= 0.Z.

⋆ SinonGest un sous-groupe de (Z,+) non réduit à{0}donc la question précédente prouve l’existence dea∈N^∗tel que G=aZ.

• Réciproquement, soita∈Nfixé quelconque.

— aZ⊂Zet (Z,+) est un groupe.

— aZ6=∅ cara×0 = 0∈aZ.

— Soient (g, h)∈(aZ)² fixés quelconques.

Il existe (m, n)∈Z²tels que g=amet h=an.

Alorsg−h=am−an=a(m−n)

| {z }

∈Z

doncg−h∈aZ.

Par conséquent,aZest un sous-groupe de (Z,+).

Ainsi, les sous-groupes de (Z,+) sont les ensembles de la formeaZaveca∈N.

1. Par définition (voir chapitre sur les suites), puisqueu est périodique, elle admet au moins une période p1 : ∃p1 ∈N^∗ : ∀n∈N, un+p1 =un. Par conséquent,Pu est une partie deNnon vide donc elle admet un plus petit élément.

Ainsi,p0= minPu est bien défini.

2. • Considérons la propriétéP(k) définie pourk∈N^∗ par P(k) : «kp0∈ Pu»

⋆ Par définition, le plus petit élément d’un ensemble appartient à cet ensemble donc p0 est une période deu:p0∈ Pu.

Par conséquentP(1) est vraie.

⋆ Soitk∈N^∗fixé quelconque tel queP(k) est vraie.

Soitn∈Nfixé quelconque.

un+(k+1)p0 = u(n+kp0)+p0

= un+kp0 carp0∈ Pu

= un carP(k) est vraie donckp0∈ Pu

Par conséquent, (k+ 1)p0∈ Pu doncP(k+ 1) est vraie.

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Ainsi,p0.N^∗⊂ Pu.

• Réciproquement, soitp∈ Pu fixée quelconque.

Considérons (q, r)∈N×[[0, p0−1]] respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de pparp0:

p=qp0+r

r=p−qp0∈Net puisquep0 etpsont des périodes deu,rvérifie

∀n∈N, un+r=un+p−qp0 =un+p−qp0+p0 =un+p−qp0+2p0=· · ·=un+p−qp0+qp0 =un+p=un . Supposons que r6= 0, alorsp−qp0 =r>1 et c’est donc une période deudonc p−qp0 ∈ Pu donc p−qp0>minP =p0, doncr>p0. Cela contredit la contrainter∈[[0, p0−1]] qui apparaît lors de la construction der.

Par conséquent,r= 0 doncp=qp0 or,p6= 0 etq∈Ndoncq∈N^∗, doncp=qp0∈p0N^∗. Ainsi,Pu⊂p0N^∗.

Ainsi,Pu=p0N^∗.

1. Par définition de la division euclidienne,r∈[[0, b[[ et

∃q∈N : a=bq+r

⋆ En particulier,

06r < b⇒062^r−1<2^b−1

⋆ Observons que

(2^a−1)−(2^r−1) = 2^bq+r−2^r= 2^r((2^b)^q−1) = 2^r(2^b−1)

q−1

X

k=0

2^kb

!

donc 2^b−1 divise (2^a−1)−(2^r−1).

Par conséquent, 2^r−1 est le reste de la division euclidienne de 2^a−1 par 2^b−1.

2. Menons un algorithme d’Euclide en parallèle sura et b d’une part et sur 2^a−1 et 2^b−1 d’autre part pour calculera∧b et (2^a−1)∧(2^b−1).

D’une part,

a= bq1 + r1 : a∧b =b∧r1

b= r1q2 + r2 : =r1∧r2

r1= r2q3 + r3 : =r2∧r3

... ...

rp−2= rp−1qq + rp : =rp−1∧rp

rp−1= rpqp+1 + 0 : =rp∧0

=rp

et d’autre part,

2^a−1 = (2^b−1)q^′₁ + 2^r¹−1 : (2^a−1)∧(2^b−1) = (2^b−1)∧(2^r¹−1) 2^b−1 = (2^r¹−1)q^′₂ + 2^r²−1 : = (2^r¹−1)∧(2^r²−1) 2^r¹−1 = (2^r²−1)q^′₃ + 2^r³−1 : = (2^r²−1)∧(2^r³−1)

... ...

2^r^p−2−1 = (2^r^p−1−1)q_q^′ + 2^r^p−1 : = (2^r^p−1−1)∧(2^r^p−1) 2^r^p−1−1 = (2^r^p−1)q_p+1^′ + 0 : = (2^r^p−1)∧0

= 2^r^p−1

On en déduit que (2^a−1)∧(2^b−1) = 2^r^p−1 = 2^a∧b−1.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.4 Observons que

2×(n+ 1) + (−1)×(2n+ 1) = 1

ce qui est une relation de Bézout entre (n+ 1) et 2n+ 1 donc (sens réciproque de la caractérisation du fait que deux nombres sont premiers entre eux par une relation de Bézout)

(n+ 1)∧(2n+ 1) = 1

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Autre idée :calculons le pgcd avec l’un des deux algorithmes du cours, celui reposant surm∧M =m∧(M−m) : (n+ 1)∧(2n+ 1) = (n+ 1)∧(2n+ 1−n−1)

= (n+ 1)∧n

= (n+ 1−n)∧n

= 1∧n

= 1 Remarquons que

2n+ 1 n

= (2n+ 1)!

n!(n+ 1)! = 2n+ 1 n+ 1

(2n)!

n!n! = 2n+ 1 n+ 1

2n n

si bien que

(n+ 1)

2n+ 1 n

= (2n+ 1) 2n

n

Les coefficients binomiaux sont des nombres entiers (d’après leur interprétation combinatoire par exemple) donc (n+ 1)|(2n+ 1)

2n n

or nous avons prouvé que (n+1)∧(2n+1) = 1 donc le théorème de Gauss permet d’affirmer que (n+ 1)|

2n n

.

1. Utilisons l’algorithme du cours de calcul du pgcd qui repose sur la relation fondamentale :

∀(m, M)∈Z² , m∧M =m∧(M−m) (1) On obtient

dn = (2n+ 4)∧(3n+ 3)

= (2n+ 4)∧(3n+ 3−(2n+ 4))

= (2n+ 4)∧(n−1)

= (2n+ 4−(n−1))∧(n−1)

= (n+ 5)∧(n−1)

= (n+ 5−(n−1))∧(n−1)

= 6∧(n−1) (2)

Doncdn|6 ordn∈N(c’est un pgcd) doncdn∈ {1,2,3,6}.

Réciproquement, ces 4 valeurs possibles sont-elles toutes prises par la suitedn? La formule (2) donne

⋆ d2= 6∧1 = 1,

⋆ d3= 6∧2 = 2,

⋆ d4= 6∧3 = 3,

⋆ d7= 6∧6 = 6.

2. Soitn∈Nfixé quelconque.

La formule (2) et le lemme fondamental (1) donnent dn+6 =

|{z}(2)

6∧(n+ 6−1) =

|{z}(1)

6∧(n+ 5−6) = 6∧(n−1) =dn

donc (dn)n∈N est une suite périodique et 6 est une de ses périodes.

D’après la description de l’ensemble des périodes d’une suite périodique établie dans l’exercice ??, la période de (dn)n∈Nest un diviseur de 6 donc 1, 2, 3 ou 6.

Calculons les 6 premières valeurs de (dn)n∈Npour voir s’il n’y aurait pas une période plus petite : (d0, d1, d2, d3, d4, d5) = (1,6,1,2,3,2)

On en déduit que 1, 2 et 3 ne sont pas des périodes de (dn)n∈N.

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Ainsi, (dn)n∈N est périodique et sa période est 6.

Attention erreur courante :on ne peut pas déduire la périodicité d’une suite du fait que ses termes ne prennent qu’un nombre fini de valeurs ! par exemple la suite ci-dessous donnée par ses premiers termes n’est pas périodique bien qu’elle ne prenne que deux valeurs différentes :

1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, . . .

Il suffit de montrer quea∧(a+b) = 1 car ensuite, par symétrie des rôles deaetb, on en déduit queb∧(a+b) = 1 puis en utilisant la proposition qui suit l’énoncé du théorème de Gauss,

a∧(a+b) = 1 b∧(a+b) = 1

⇒ab∧(a+b) = 1

• Méthode 1. Utilisation dem∧M =m∧(M−m).

a∧(a+b) =a∧(a+b−a) =a∧b= 1

• Méthode 2. Utilisation de la caractérisation de x∧y = 1 par l’existence d’une relation de Bézout.

a∧b= 1 ⇒ ∃(u, v)∈Z² : au+bv= 1 (caract. sens direct)

⇒ ∃(u, v)∈Z² : au+ (a+b)v−av= 1

⇒ ∃(u, v)∈Z² : a(u−v) + (a+b)v= 1

⇒ ∃(u^′, v^′)∈Z² : au^′+ (a+b)v^′= 1 en posantu^′=u−v etv^′=v

⇒ a∧(a+b) = 1 (caract. sens réciproque)

• Méthode 3.

Posonsd=a∧(a+b).

d|a d|(a+b)

⇒d|(a+b)−b⇒d|b

Par conséquent,d|aetd|bdonc (description de l’ensemble des diviseurs communs par le pgcd)d|a∧b, or a∧b= 1 doncd= 1 d’oùa∧b= 1.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.7 Soient (p, q)∈Z×N^∗ tels que

( p∧q= 1 p

q =x ce qui revient à choisir le représentant irréductible dex.

• Méthode 1.

Observons quexⁿ =pⁿ qⁿ. Or,

⋆ p∈Zdoncpⁿ∈Z,

⋆ q∈N^∗ doncqⁿ∈N^∗,

⋆ p∧q= 1 doncpⁿ∧qⁿ= 1, si bien que pⁿ

qⁿ est le représentant irréductible de xⁿ, or xⁿ ∈ Z donc xⁿ

1 est aussi le représentant irréductible dexⁿ. Par unicité du représentant irréductible,pⁿ=xⁿ etq= 1.

Ainsi,q= 1 doncx=p∈Z.

• Méthode 2.

Notonsm=xⁿ ∈Z.

m= pⁿ

qⁿ doncmqⁿ=pⁿ doncq |pⁿ or q∧p= 1 doncq|1 donc q∈ {−1,1}orq∈N^∗ doncq= 1.

Par conséquent,x=p∈Z.

• Méthode 1. Utilisation de la transformation a=da^′, b=db^′ avec d=a∧b eta^′∧b^′= 1.

Alorsa²|b²⇒d²(a^′)²|d²(b^′)².

⋆ si (a, b)6= (0,0), alorsd6= 0, donc (a^′)²|(b^′)² donc (a^′)²∧(b^′)² = (a^′)², ora^′∧b^′ = 1⇒(a^′)²∧b^′ = 1⇒(a^′)²∧(b^′)²= 1 donc (a^′)²= 1 donc|a^′|= 1 donc|a|=ddonca|b,

⋆ si (a, b) = (0,0), alorsa|b.

• Méthode 2. Utilisation de la décomposition en facteurs premiers et de la caractérisation de la divisibilité par les valuations p-adiques

⋆ sia= 0,a²|b²⇒b²= 0 donca|b,

(9)

⋆ sib= 0, alorsa|b,

⋆ sia6= 0 etb6= 0, nous savons que aetbadmettent une décomposition en facteurs premiers unique.

Soitpun nombre premier fixé quelconque.

D’après le sens direct de la caractérisation de la divisibilité par les valuationsp-adiques, a²|b²⇒νp(a²)6νp(b²)

or d’après les règles de calcul des valuationsp-adiques,

∀(u, v)∈Z^∗2, νp(uv) =νp(u) +νp(v) donc

νp(a²)6νp(b²)⇒2νp(a)62νp(b)⇒νp(a)6νp(b).

Ainsi, finalement, d’après le sens réciproque de la caractérisation de la divisibilité par les valuations p-adiques,

(∀p∈ P , νp(a)6νp(b))⇒a|b

⊲ Corrigé de l’exercice 1.9 1. Soient (a, b)∈Z².

⋆ Si (a, b) = (0,0), alors, en utilisant les conventions, (a+b)

| {z }

= 0

∧ (a∨b)

| {z } 0∨0 = 0

= 0∧0 = 0 eta∧b= 0∧0 = 0 donc le résultat espéré est vrai.

⋆ Sinon, (a, b)6= (0,0) doncd=a∧b>1.

Nous pouvons utiliser la transformation habituelle en posanta^′= a

d et b^′ = b

d de sorte que a=da^′ , b=db^′ et a^′∧b^′= 1.

On peut donc écrire :

(a+b)∧(a∨b) = (d(a^′+b^′))∧(da^′∨db^′)

= (d(a^′+b^′))∧h

d(a^′∨b^′)i

car∀(c, x, y)∈Z³ , cx∨cy=c(x∨y)

= dh

(a^′+b^′)∧(a^′∨b^′)i

car∀(c, x, y)∈Z³ , cx∧cy=c(x∧y)

= dh

(a^′+b^′)∧ |a^′b^′|i

cara^′∧b^′= 1⇒a∨b^′=|a^′b^′|

= d cara^′∧b^′= 1⇒(a^′+b^′)∧ |a^′b^′|= 1, voir solution de l’exercice1.6

= a∧b Ainsi, (a+b)∧(a∨b) =a∧b.

2. Soient (a, b)∈N²fixés quelconques tels que

a+b = 144 (= 2⁴×3²) a∨b = 420 (= 2²×3×5×7) En utilisant la résultat de la question 1, on en déduit que

a∧b= (a+b)∧(a∨b) = 144∧420 = 2²×3 = 12 Nous pouvons utiliser la transformation habituelle en posanta^′= a

12 et b^′= b

12 de sorte que a= 12a^′ , b= 12b^′ et a^′∧b^′ = 1.

Le système initial devient donc

a^′+b^′ = 12

a^′∨b^′ = 35 ora^′∧b^′= 1⇒a^′∨b^′ =|a^′b^′|=a^′b^′ (car (a, b)∈N²)

donc

a^′+b^′ = 12 a^′b^′ = 35

Connaissant la somme et le produit de deux nombres réels, nous savons que ces deux nombres sont les racines du trinômeX²−12X+ 35 dont le discriminant est 4, d’où (a^′, b^′)∈ {(5,7),(7,5)}.

Ainsi, le système possède au plus 2 solutions (60,84) et (84,60).

Réciproquement, un calcul presque immédiat montre que ces deux solutions conviennent.

Les solutions sont (60,84) et (84,60).

(10)

Remarque :la méthode proposé ci-dessus pour résoudre

a^′+b^′ = 12

a^′∨b^′ = 35 est systématique mais on aurait aussi pu utiliser d’une part que nous cherchons des solutions entières et d’autre part que 35 = 5×7 pour déduire de la second équation que (a^′, b^′) ∈ {(1,35),(5,7),(7,5),(35,1)} puis éliminer (1,35) et (35,1) qui ne satisfont pas la première équation.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.10 1. On suppose que 0∈A.

⋆ M(A) ={m∈N| ∀i∈[[1, n]], ai|m}={0}(car∃i∈[[1, n]] :ai= 0 etai|m⇒0|m⇒m= 0), or{0}

admet un plus petit élément qui est 0, doncA admet une borne supérieure qui est 0.

⋆ m(A) ={d∈N| ∀i∈[[1, n]], d|ai}={d∈N|d| ∧ⁿ_i=1ai}, or{d∈N|d| ∧ⁿ_i=1ai}admet un plus grand élément qui est∧ⁿ_i=1ai, doncAadmet une borne inférieure qui est∧ⁿ_i=1ai.

Ainsi, supA= 0 et infA=∧ⁿ_i=1ai. 2. On suppose que 0∈/A.

⋆ M(A) ={m∈N| ∀i∈[[1, n]], ai|m}={m∈N| ∨ⁿ_i=1ai|m}=∨ⁿ_i=1ai.N, or∨ⁿ_i=1ai.Nadmet un plus petit élément qui est∨ⁿ_i=1ai, doncAadmet une borne supérieure qui est∨ⁿ_i=1ai.

⋆ m(A) ={d∈N| ∀i∈[[1, n]], d|ai}={d∈N|d| ∧ⁿ_i=1ai}, or{d∈N|d| ∧ⁿ_i=1ai}admet un plus grand élément qui est∧ⁿ_i=1ai, doncAadmet une borne inférieure qui est∧ⁿ_i=1ai.

Ainsi, supA=∨ⁿ_i=1ai et infA=∧ⁿ_i=1ai.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.1 1. Soitn∈N^∗.

Il existeN ∈N^∗ et (a0, . . . , aN)∈[[0,9]]^N⁺¹ : n=aNaN−1. . . a1a010= XN k=0

ak10^k.

5 |n ⇐⇒

XN k=0

ak10^k≡0 [5]

⇐⇒ a0+ XN k=1

ak 10^k

|{z}

5|10^k cark>1 donc 10^k≡0 [5]

≡0 [5]

⇐⇒ a0≡0 [5]

⇐⇒ a0∈ {0,5} cara0∈[[0,9]]

nest divisible par 5 ⇐⇒ son dernier chiffre est 0 ou 5.

3|n ⇐⇒

XN k=0

ak 10^k

|{z}

≡1^k [3]

≡1 [3]

≡0 [3]

⇐⇒

XN k=0

ak ≡0 [3]

nest divisible par 3 ⇐⇒ la somme de ses chiffres est divisible par 3.

9|n ⇐⇒

XN k=0

ak 10^k

|{z}

≡1^k [3]

≡1 [9]

≡0 [9]

⇐⇒

XN k=0

ak ≡0 [9]

nest divisible par 9 ⇐⇒ la somme de ses chiffres est divisible par 9.

(11)

2. (a) Soitn∈N^∗.

Il existeN∈N^∗ et (a0, . . . , aN)∈[[0,9]]^N+1 : n=aNaN−1. . . a1a010= XN k=0

ak10^k.

11|n ⇐⇒

XN k=0

ak 10^k

|{z}

≡(−1)^k [11] car 10≡ −1 [11]

≡0 [11]

⇐⇒

XN k=0

(−1)^kak ≡0 [11]

⇐⇒

XN

k=0 k≡0 [2]

ak− XN

k=0 k≡1 [2]

ak ≡0 [11]

nest divisible par 11 ⇐⇒ la « somme alternée » de ses chiffres est divisible par 11.

(b) Le plus petit entier divisible par 11 dont l’écriture décimale se termine par 2016 est 82016.

Le plus petit entier divisible par 11 dont l’écriture décimale se termine par 2014 est 102014.

(c) Soitn∈N^∗fixé quelconque. Soient (a0, . . . , a2n+1)∈[[0,9]]²ⁿ⁺²et tels que 11|a2n+1a2na2n−1a2n−2. . . a1a010. Alors, d’après le critère précédent,

11|(a0+a2+. . .+a2n)−(a1+a3+. . .+a2n+1) donc

11|(a1+a3+. . .+a2n+1)−(a0+a2+. . .+a2n) ce qui, d’après le critère précédent, prouve que 11| a2na2n+1a2n−2a2n−1. . . a0a110.

1. Le chiffre des unités de 3²⁰¹⁴est le reste de la division euclidienne de 3²⁰¹⁴par 10, c’est donc le représentant dans [[0,9]] de la classe de congruence de 3²⁰¹⁴ modulo 10.

Étudions les classes de congruence des puissances de 3 modulo 10 :

— 3²≡ −1 [10],

— 3⁴≡1 [10].

Effectuons la division euclidienne de 2014 par 4 : 2014 = 503×4 + 2, 3²⁰¹⁴ ≡ 3^503×4+2[10]

≡ (3⁴)⁵⁰³×3²[10]

≡ (1)⁵⁰³×(−1) [10]

≡ −1 [10]

≡ 9 [10]

Le chiffre des unités de 3²⁰¹⁴est 9.

2. Le chiffre des unités de X20 k=1

k²⁰¹⁴ est le reste de la division euclidienne de X20 k=1

k²⁰¹⁴ par 10, c’est donc le représentant dans [[0,9]] de la classe de congruence de

X20 k=1

k²⁰¹⁴modulo 10. Elle sera obtenue en calculant la somme des classes de congruence dek²⁰¹⁴modulo 10 pourk∈[[1,20]].

Étudions les classes de congruence des puissances dekmodulo 10 pourk∈[[1,9]] :

— 1¹≡1 [10] donc 1²⁰¹⁴≡1 [10],

(12)

— 2³≡ −2 [10], or 2014 = 671×3 + 1 donc

2²⁰¹⁴ ≡ (2³)⁶⁷¹×2¹ [10]

≡ (−2)⁶⁷¹×2¹ [10]

≡ −2⁶⁷² [10] or 672 = 224×3

≡ −(2³)²²⁴ [10]

≡ −(−2)²²⁴ [10]

≡ −2²²⁴ [10] or 224 = 74×3 + 2

≡ −(2³)⁷⁴×2²[10]

≡ −(−2)⁷⁴×2²[10]

≡ −2⁷⁶ [10] or 76 = 25×3 + 1

≡ −(−2)²⁵×2¹[10]

≡ 2²⁶[10] or 26 = 8×3 + 2

≡ (−2)⁸×2² [10]

≡ 2¹⁰[10] or 10 = 3×3 + 1

≡ (−2)³×2¹ [10]

≡ −2⁴ [10]

≡ −2³×2 [10]

≡ −(−2)×2 [10]

≡ 4 [10]

— 3⁴≡1 [10], or 2014 = 503×4 + 2 donc 4²⁰¹⁴≡(3⁴)⁵⁰³×3² [10] ≡ 9[10],

— 4²⁰¹⁴≡(2²)²⁰¹⁴[10]≡2²⁰¹⁴×2²⁰¹⁴[10]≡4²[10]≡6 [10],

— 5²≡5 [10] donc une récurrence immédiate prouve que∀n∈N^∗, 5ⁿ≡5 [10] si bien que 5²⁰¹⁴≡5 [10],

— 6²⁰¹⁴≡(−4)²⁰¹⁴[10]≡4²⁰¹⁴ [10]≡6 [10],

— 7²⁰¹⁴≡(−3)²⁰¹⁴[10]≡3²⁰¹⁴ [10]≡9 [10],

— 8²⁰¹⁴≡(−2)²⁰¹⁴[10]≡2²⁰¹⁴ [10]≡4 [10],

— 9²⁰¹⁴≡(−1)²⁰¹⁴[10]≡1 [10],

Les classes des puissances sont périodiques car

∀k∈Z, k+ 10≡k [10]⇒k+ 10²⁰¹⁴≡k²⁰¹⁴ [10]

ce qui permet de calculer la quantité cherchée : X20

k=1

k²⁰¹⁴ ≡ 1²⁰¹⁴

| {z }

≡1[10]

+ 2²⁰¹⁴

| {z }

≡4[10]

+ 3²⁰¹⁴

| {z }

≡9[10]

+ 4²⁰¹⁴

| {z }

≡6[10]

+ 5²⁰¹⁴

| {z }

≡5[10]

+ 6²⁰¹⁴

| {z }

≡6[10]

+ 7²⁰¹⁴

| {z }

≡9[10]

+ 8²⁰¹⁴

| {z }

≡4[10]

+ 9²⁰¹⁴

| {z }

≡1[10]

+ 10²⁰¹⁴

| {z }

≡0[10]

+ 11²⁰¹⁴

| {z }

≡1²⁰¹⁴[10]

≡1[10]

+ 12²⁰¹⁴

| {z }

≡2²⁰¹⁴[10]

≡4[10]

+ 13²⁰¹⁴

| {z }

≡3²⁰¹⁴[10]

≡9[10]

+ 14²⁰¹⁴

| {z }

≡4²⁰¹⁴[10]

≡6[10]

+ 15²⁰¹⁴

| {z }

≡5²⁰¹⁴[10]

≡5[10]

+ 16²⁰¹⁴

| {z }

≡6²⁰¹⁴[10]

≡6[10]

+ 17²⁰¹⁴

| {z }

≡7²⁰¹⁴[10]

≡9[10]

+ 18²⁰¹⁴

| {z }

≡8²⁰¹⁴[10]

≡4[10]

+ 19²⁰¹⁴

| {z }

≡9²⁰¹⁴[10]

≡1[10]

+ 20²⁰¹⁴

| {z }

≡0²⁰¹⁴[10]

≡0[10]

[10]

≡ 2(1 + 4 + 9 + 6 + 5 + 6 + 9 + 4 + 1) [10]

≡ 0 [10]

Le chiffre des unités de X20 k=1

k²⁰¹⁴est 0.

3. Soitn∈N^∗ fixé quelconque.

cn+20 est le chiffre des unités de

n+20X

k=1

k²⁰¹⁴. Il s’agit donc du représentant dans [[0,9]] de la classe de congruence de

n+20X

k=1

k²⁰¹⁴. Or

n+20X

k=1

k²⁰¹⁴= Xn k=1

k²⁰¹⁴+

n+20X

k=n+1

k²⁰¹⁴

(13)

donc

cn+20 ≡

n+20X

k=1

k²⁰¹⁴[10]

≡ cn+

n+20X

k=n+1

k²⁰¹⁴[10]

Lorsquek décrit tous les entiers de [[n+ 1, n+ 20]],k prend 20 valeurs consécutives donck prend deux fois toutes les classes de congruence modulo 10 si bien que

n+20X

k=n+1

k²⁰¹⁴≡ X20 j=1

j²⁰¹⁴ [10]≡0 [10] d’après la question 2.

Ainsi,cn+20≡cn+ 0 [10], or (cn+20, cn)∈[[0,9]]² donccn+20=cn. Par conséquent, la suite (cn)n∈N^∗ est périodique et une période est 20.

Compte tenu de la structure de l’ensemble des périodes d’une suite périodique (voir l’exercice1.2), la plus petite périodep0 de (cn)n∈N^∗ est un diviseur positif de 20 doncp0∈ {1,2,4,5,10,20}.

En reprenant les calculs et la méthode détaillée dans la question précédente,

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

cn 1 5 4 0 5 1 0 4 5 5 6 0 9 5 0 6 5 9 0 0

⋆ c26=c1doncp06= 1.

⋆ c36=c1doncp06= 2.

⋆ c56=c1doncp06= 4.

⋆ c6=c1maisc76=c2 doncp06= 5.

⋆ c16=c11doncp06= 10.

Par conséquent, la plus petite périodep0de (cn)n∈N^∗ est 20.

1. (a) • Supposons quep|a. Alorsuest la suite constante de valeur 0 donc elle est périodique de période 1.

• Supposons que p | a. Alorsp étant premier, p∧a = 1 donc le petit théorème de Fermat donne up−1= 1.

Par conséquent, pour toutk∈N,uk+p−1=a^k+p−1=a^k×a^p−1=uk×up−1=uk. La suiteuest donc périodique etp−1 est une de ses périodes.

Sachant que l’ensemble des périodes est de la formepuN^∗oùpu estlapériode deu,pu |p−1.

(b) 2. (a)

(b) • Cas n= 4.

u1 u2 u3 u4 rang appar. périod. période

0 0 0 0 0 1 1

1 1 1 1 1 1 1

2 2 0 0 0 2 1

3 3 3 3 3 1 1

• Cas n= 6.

u1 u2 u3 u4 u5 u6 rang appar. périod. période

0 0 0 0 0 0 0 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 4 2 4 2 4 1 2

3 3 3 3 3 3 3 1 1

4 4 4 4 4 4 4 1 1

5 5 1 5 1 5 1 1 2

• Cas n= 8.

u1 u2 u3 u4 u5 u6 u7 u8 rang appar. périod. période

0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 4 0 0 0 0 0 0 3 1

3 3 1 3 1 3 1 3 1 1 2

4 4 0 0 0 0 0 0 0 2 1

5 5 1 5 1 5 1 5 1 1 2

6 6 4 0 0 0 0 0 0 3 1

7 7 1 7 1 7 1 7 1 1 2

(14)

⊲ Corrigé de l’exercice 2.4 Observons que

— 2³≡8[11],

— 2⁴≡16[11]≡5[11],

— 2⁵≡10[11]≡ −1[11], si bien que

2¹²³= 2¹⁰^×¹²⁺³= 2⁵^×²^×¹²×2³= (2⁵)²⁴×2³≡(−1)²⁴×8[11]≡8[11]

De même,

— 3²≡ −2[11],

— 3³≡ −6[11],

— 3⁴≡ −18[11]≡4[11],

— 3⁵≡12[11]≡1[11], si bien que

3¹²¹= 3^10×12+1= 3^5×2×12×3 = (3⁵)²⁴×3≡1²⁴×3[11]≡3[11]

Par conséquent,

2¹²³+ 3¹²¹≡8 + 3[11]≡0[11]

Ainsi, 11|2¹²³+ 3¹²¹.

1. Soient (a, n)∈Z×N^∗ fixés quelconques.

• Supposons que aest inversible dans Z/nZ.

Alors∃b∈[[0, n−1]] :a×b= 1 doncab= 1 d’où

∃k∈Z : ab= 1 +kn si bien queab−kn= 1.

Le théorème de Bézout (sens réciproque) permet d’en déduire quea∧n= 1.

• Supposons que a∧n= 1.

Le théorème de Bézout (sens direct) donne

∃(u, v)∈Z² : au+nv= 1 donc, en passant modulon,

a×u+ n

|{z}

= 0

×v= 1 donca×u= 1, or la loi est commutative doncaest inversible.

Ainsi, poura∈Z,aest inversible dansZ/nZsi et seulement sia∧n= 1.

Que se passe-t-il sin= 1?d’abord, il est clair que le raisonnement ci-dessus reste parfaitement valide, donca est inversible dans l’anneau Z/1Z. Ensuite, dans Z/1Z, a= 0 or 0 est le neutre additif qui est rarement inversible¹! Cependant, Z/1Z = {0} donc c’est un anneau dans lequel il n’y a qu’un seul élément ! les neutres additifs et mutiplicatifs sont donc égaux, donc 0×0 = 0 prouve l’inversibilité de 0 ... ouf...

2. En déduire queZ/nZest un corps si et seulement sinest un nombre premier.

4. (a)

x²−1 = 0 ⇐⇒ x²−1²= 0

⇐⇒ (x−1)(x+ 1) = 0 identité dans tout anneau commutatif :a²−b²= (a+b)(a−b)

⇐⇒ x−1 = 0 oux+ 1) = 0 par intégrité de l’anneau Z/13Zpuisque 13 est premier

⇐⇒ x= 1 oux=−1

⇐⇒ x= 1 oux=−1 = 12

L’ensemble des solutions de l’équationx²−1 = 0 dansZ/13Zest{1,12}.

1. et c’est peu dire, 0 inversible dansZ/nZ ⇐⇒ n= 1 !

(15)

(b) Pour mettre en place la mise sous forme canonique, il faut écrire−1 comme un double, donc résoudre l’équation

2y=−1

or 2 admet pour inverse (i.e. symétrique mutiplicatif) 7 dansZ/13Zd’où, 2y=−1 ⇐⇒ 7×2y= 7× −1 ⇐⇒ y=−7 = 6

x²−x−4 = 0 ⇐⇒ x²+ 2×6x+ 6²−6²−4 = 0

identité dans tout anneau commutatif :a²+ 2ab+b²= (a+b)²

⇐⇒ (x+ 6)²−36 + 4 = 0

⇐⇒ (x+ 6)²−1 = 0

⇐⇒ (x+ 6)²−1²= 0 (car 1²= 1)

identité dans tout anneau commutatif :a²−b²= (a+b)(a−b)

⇐⇒ (x+ 6−1)(x+ 6 + 1) = 0

⇐⇒ (x+ 5)(x+ 7) = 0

⇐⇒ x+ 5 = 0 oux+ 7) = 0 par intégrité de l’anneauZ/13Zpuisque 13 est premier

⇐⇒ x=−5 =−5 = 8 oux=−7 =−7 = 6

L’ensemble des solutions de l’équationx²−x−4 = 0 dansZ/13Zest{6,8}.

Idée : cela revient à résoudre l’équation diophantienne de degré 1 et d’inconnues (u, v)∈Z²: au+bv=a∧b

connaissant la solution particulière (u0, v0).

• Soit (u, v)∈ Ca,b fixés quelconques.

au+bv=a∧b ⇒ au+bv=au0+bv0

⇒ a(u−u0) =−b(v−v0)

⇒ da^′(u−u0) =−db^′(v−v0)

⇒ a^′(u−u0) =−b^′(v−v0) (∗) car (a, b)6= (0,0)⇒d>1

⇒ a^′|b^′(v−v0)

⇒ a^′|(v−v0) cara^′∧b^′ = 1

⇒ ∃k∈Z : v−v0=ka^′ et en reportant dans (∗)a^′(u−u0) =−b^′ka^′

⇒ ∃k∈Z : v=ka^′+v0 , u=−kb^′+u0 après simplification para^′6= 0 puisquea∈Z^∗ Par conséquent,Ca,b⊂ {(−kb^′+u0, ka^′+v0)|k∈Z}.

• Soitk∈Zfixé quelconque.

Calculons

a(−kb^′+u0) +b(ka^′+v0) =k (−ab^′+ba^′)

| {z }

=−da^′b^′+db^′a^′= 0

+au0+bv0

| {z }

=a∧b

Par conséquent,{(−kb^′+u0, ka^′+v0)|k∈Z} ⊂ Ca,b.

Ainsi,{(u, v)∈Z²|au+bv=a∧b}={(−kb^′+u0, ka^′+v0)|k∈Z}.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.8 1. 10x+ 6y−8z= 7.

Supposons qu’il existe une solution (x0, y0, z0) de cette équation. Alors 2(5x0+ 3y0−4z0) = 7 donc 2|7 ce qui est faux.

Ainsi, l’équation 10x+ 6y−8z= 7 n’admet aucune solution.