On consid´ere Z

(1)

4

Maths

S ´ erie de r ´ evision

3 hrs

✍Lahbib Ghaleb✍

❄ Lyc ´ee El Alia : 2019-2020 ❄

Exercice 3

1

On consid´ere Z

²

l’´equation (E) : 4x - 5y = 1

a

Montrer que (-1 , -1) est une solution de (E)

b

R´esoudre dans Z

²

l’´equation (E)

c

En d´eduire que l’ensemble des solutions dans Z , du syst`eme (S) :

x ≡ 3 ( mod5 ) x ≡ 2 ( mod4 )

est l’ensemble des entiers x tels que x = 20k - 2 , k ∈ Z

2

Pour tout n de N , on pose : a = 4n + 3 et b = 3n + 1

a

Montrer que pour tout n de N , a ∧ b = n + 2

∧ 5 , puis en d´eduire les valeurs de l’entier naturel n tels que : a ∧ b = 5

b

D´eterminer suivant les valeurs de l’entier naturel n , le reste de la division euclidienne de 2

ⁿ

par 5

c

Montrer que : 2

^a

+ 3

^b

≡ 0 ( mod5 ) ⇔ 2

^a⁺^b

≡ 4 ( mod5 )

d

D´eterminer le plus petit entier naturel n tel que :



 



 



n > 2020

2

^a

+ 3

^b

≡ 0 ( mod5 )

a ∧ b = 5

(2)

Correction de l’exercice 3

1 On consid`ereZ²l’´equation (E) : 4x - 5y = 1.

a Montrer que (-1 , -1) est une solution de (E)

4×(−1) −5×(−1) = −4+5=1 alors (-1 , -1) est une solution de (E).

b R´esoudre dansZ²l’´equation (E).

4x−5y=1 ⇐⇒ 4x−5y=4×(−1) −5×(−1) ⇐⇒ 4(x+1) =5(y+1)

①

_.

5 divise4(x+1) 5∧4=1

=⇒

L.Gauss5 divise(x+1).

Alors il existek∈Ztel quex+1=5k Donc il existek∈Ztel quex=5k−1.

La relation

①

⇐⇒ 4×_✓_✓5k=✓✓5(y+1) ⇐⇒ y=4k−1.

V´erification : 4(5k−1) −5(4k−1) =1 vrai.

SZ2=

(5k−1, 4k−1), k∈Z

.

c En d´eduire que l’ensemble des solutions dansZ, du syst`eme (S) :

x≡3(mod5) x≡2(mod4)

est l’ensemble des entiersxtels quex=20k−2 , k∈Z. x≡3(mod5) ⇐⇒ x=5α+3, α∈Z.

x≡2(mod4) ⇐⇒ x=4β+2, β∈Z. Donc 5α+3=4β+2 ⇐⇒ 4β−5α=1 Alors(β,α)est une solution de(E).

Par suite il existek∈Ztel queβ=5k−1.

Ainsix=4β+2=4(5k−1) +2=20k−2.

V´erification : 20k−2≡−2 (mod 5)≡3 (mod 5)et 20k−2≡−2 (mod 4)≡2 (mod 4). Par suite l’ensemble des solutions dansZ, du syst`eme (S) est l’ensemble des entiersxtels quex=20k−2 , k∈Z

2 Pour tout n deN, on pose : a = 4n + 3 et b = 3n + 1

a Montrer que pour tout n deN, a∧b = n+2∧5 , puis en d´eduire les valeurs de l’entier naturel n tels que : a∧b = 5

On posed=a∧betd^′= (n+2)∧5.

• d=a∧balorsd diviseaetd diviseb

donc d divisea−b=n+2 et d divise 3a−4b=5 alors d divised^′.

(3)

• d^′= (n+2)∧5 doncd^′ divisen+2 etd^′ divise 5

alorsd^′ divise 4(n+2) −5=4n+3 etd^′ divise 3(n+2) −5=3n+1 par suited^′ divise d.

Il en r´esulte queddivised^′etd^′divise d alorsd=d^′( Car d etd^′sont positifs ).

a∧b=5 ⇐⇒ (n+2)∧5=5

⇐⇒ 5divise(n+2)

⇐⇒ n+2≡0 (mod 5)

⇐⇒ n≡−2 (mod 5)

⇐⇒ n≡3 (mod 5) .

b D´eterminer suivant les valeurs de l’entier naturel n , le reste de la division euclidienne de2ⁿpar 5.

On a : 2⁴ ≡1 (mod 5).

Soitn∈Nalorsn=4q+ravec q∈Nr∈

0, 1, 2, 3 . Donc 2ⁿ= 2⁴q

×2^ralors 2ⁿ≡2^r (mod 5).

Ainsi :

— Sin=4qalors 2ⁿ≡2⁰ (mod 5)≡1 (mod 5)

— Sin=4q+1 alors 2ⁿ≡2¹ (mod 5)≡2 (mod 5)

— Sin=4q+2 alors 2ⁿ≡2² (mod 5)≡4 (mod 5)

— Sin=4q+3 alors 2ⁿ≡2³ (mod 5)≡3 (mod 5)

c Montrer que :2^a+3^b≡0(mod5)⇔2^a⁺^b≡4(mod5).

Sens direct :

2^a+3^b ≡0 (mod 5) =⇒ 2^a+3^b

·2^b ≡0 (mod 5) =⇒ 2â+b+6^b ≡ 0 (mod 5) =⇒ 2â+b+1≡0 (mod 5) =⇒ 2â+b≡−1 (mod 5) =⇒ 2â+b≡4 (mod 5).

Sens inverse :

2â⁺^b≡4 (mod 5) =⇒ 2â·2^b≡4 (mod 5) =⇒ 2â·2^b·3^b≡4×3^b (mod 5)

=⇒ 2â·6^b≡4×3^b (mod 5) =⇒ 2â≡−2^b (mod 5) =⇒ 2â+3^b≡0 (mod 5).

d D´eterminer le plus petit entier naturel n tel que :











n>2020

2^a+3^b≡0(mod5) a∧b=5

(4)

On a :

2^a+3^b≡0 (mod 5) ⇐⇒ 2^a+b≡4 (mod 5)

⇐⇒ a+b=4q+2; q∈N

⇐⇒ a+b≡2 (mod 4)

⇐⇒ 7n+4≡2 (mod 4)

⇐⇒ 7n≡−2 (mod 4)

⇐⇒ 7n≡−2+16 (mod 4)

⇐⇒ 7n≡14 (mod 4)

⇐⇒ 4divise7(n−2)

⇐⇒

L.Gauss4divise(n−2)

⇐⇒ n≡2 (mod 4)

autrement :7n≡−2 (mod 4) ⇐⇒ −n≡−2 (mod 4) ⇐⇒ n≡2 (mod 4).

On a aussi :a∧b=5 ⇐⇒ n≡3 (mod 5).

Ainsi(S^′) :











n>2020

2^a+3^b≡0 (mod 5) a∧b=5

⇐⇒











n>2020 n≡2 (mod 4) n≡3 (mod 5)

⇐⇒

n>2020

n=20k−2 ;k∈N^∗

⇐⇒

20k−2>2020 n=20k−2 ;k∈N^∗

⇐⇒

k>101, 1

n=20k−2 ;k∈N^∗

Il en r´esulte que le plus entier n solution de(S^′)estn=20×102−2=2038.

(5)

4

Maths

S ´erie de r ´evision N° 2

^{3 hrs}

✍Lahbib Ghaleb✍

❄ Lyc ´ee El Alia : 2019-2020 ❄

Exercice 2

On consid`ere la fonction f d´efinie sur l’intervalle i 0, π

2 h

par : f(x) = ln(tan x).

1

Dresser le tableau de variations de f.

2 a

Montrer que f possède une fonction réciproque ϕ définie et dérivable sur R .

b

Pr´eciser les limites de ϕ en + ∞ et en − ∞ .

3 a

Montrer que pour tout r´eel x, ϕ

^′

(x) = e

^x

1 + e

^2x

.

b

Montrer que pour tout r´eel x, ϕ(x) + ϕ(−x) = π 2 .

4

Pour tout r´eel x, on pose : G(x) = 1 2

ϕ

^′

(x) + ϕ(x)

et g(x) = e

^x

(1 + e

^2x

)

²

Montrer que G est une primitive de g sur R .

5

On consid`ere la suite (U

_n

) d´efinie par : U

_n

= Z

n

−n

te

^t

( 1 + e

^2t

)

²

dt.

a

V´erifier que pour tout entier n > 0, n

ϕ(n) + ϕ(−n)

− Z

n

−n

ϕ(t)dt = Z

n

−n

π

4 − ϕ(t) dt

b

A l’aide d’une int´egration par parties, montrer que :

U

n

= nϕ

^′

(n) − 1 2

ϕ(n) − ϕ(−n)

c

Calculer alors lim

n→+∞

U

_n

.

(6)

Correction de l’exercice 2

On consid`ere la fonctionfd´efinie sur l’intervallei 0,π

2 h

par :f(x) =ln(tanx).

1 Dresser le tableau de variations def.

La fonctionx 7−→tanxest d´erivable et strictement positive sur i 0,π

2 h

doncf:x7−→ln(tanx) est d´erivable suri

0,π 2

het on a :f^′(x) =1+tan²x

tanx >0 ,∀x∈ i0,π

2 h.

xlim→0⁺tanx=0⁺

xlim→0⁺lnx= −∞







=⇒ lim

x→0⁺ln(tanx) = −∞ lim

x→^π

2

−tanx= +∞

x→+lim

∞

lnx= +∞







=⇒ lim

x→^π

2

−ln(tanx) = +∞

x f^′(x)

f(x)

0 ^π₂

+

−∞

+∞

2 a Montrer quefpossède une fonction réciproqueϕdéfinie et dérivable surR. fest continue et strictement croissante suri

0,π 2 h

donc elle r´ealise une bijection dei 0,π

2 h

surfi 0,π

2 h

=i

lim₀⁺f, lim^π

2

−fh

=i

−∞,+∞ h

=R.

Par suitefpossède une fonction réciproqueϕdéfinie surR. f est dérivable sur i

0,π 2 h

et f^′(x) , 0 pour tout x ∈ i

0,π 2 h

alors ϕ est d´erivable sur fi

0,π 2

h=R.

b Pr´eciser les limites deϕen+∞et en−∞.

xlim→0⁺f(x) = −∞ =⇒ lim

−∞

ϕ(x) =0 et lim

x→^π

2

−f(x) = +∞ =⇒ lim

+∞

ϕ(x) =π 2

3 a Montrer que pour tout r´eelx, ϕ^′(x) = e^x 1+e^2x. ϕ^′(x) = 1

f^′(y) = tany

1+tan²y avecy=ϕ(x).

Or y=ϕ(x) ⇐⇒ f(y) =x ⇐⇒ ln(tany) =x ⇐⇒ tany=

e

^x_.

Donc ϕ^′(x) = e^x 1+e^2x.

b Montrer que pour tout r´eelx, ϕ(x) +ϕ(−x) = π 2. Soith:x7−→ϕ(x) +ϕ(−x).

x7−→−x est d´erivable sur R

∀x∈R, −x∈R

ϕ est d´erivable sur R







=⇒ ϕ◦u:x7−→ϕ(−x) est d´erivable sur R

(7)

et on a

ϕ◦u^′

(x) =ϕ^′ u(x)

·u^′(x) = − e^−x

1+e⁻^2x = − e^−x×

e

^2x

(1+e⁻^2x)×

e

^2x ^{= −}

e^x 1+e^2x. Donch est d´erivable surReth^′(x) = e^x

1+e^2x− e^x

1+e^2x =0.

Alorsh est constante surR.

Ainsi pour toutx∈R,h(x) =h(0) =2ϕ(0) =2×π 4 =π

2. En effetfπ

4

=ln

tanπ 4

=ln 1=0 doncϕ(0) = π 4.

4 Pour tout r´eelx, on pose :G(x) =1 2

ϕ^′(x) +ϕ(x)

etg(x) = e^x (1+e^2x)² Montrer queGest une primitive degsurR.

ϕ^′:x7−→ e^x

1+e^2x est d´erivable surRdoncϕest deux fois d´erivable surRet on a : ϕ^′′(x) =

e

^x₍₁₊

e

^2x_{) −}

e

^x·2

e

^2x

(1+

e

^2x₎² ⁼

e

^x₊

e

^3x₋₂

e

^3x

(1+

e

^2x₎² ⁼

e

^x₋

e

^3x

(1+

e

^2x₎²

·

Donc G est d´erivable surRet on a : G^′(x) =1

2

ϕ^′′(x) +ϕ^′(x)

=1 2

e

^x₋

e

^3x

(1+

e

^2x₎² ⁺

e^x 1+e^2x

=1 2

e

^x₋

e

^3x₊

e

^x₊

e

^3x

(1+

e

^2x₎²

=1 2 ·

2

e

^x

(1+

e

^2x₎²

=

e

^x

(1+

e

^2x₎²

=g(x)

Ainsi G est une primitive deg.

5 On consid`ere la suite(U_n)d´efinie par :U_n= Zn

−n

te^t

(1+e^2t)²dt.

a V´erifier que pour toutn∈N,n

ϕ(n) +ϕ(−n)

− Zn

−n

ϕ(t)dt= Zn

−n

π

4−ϕ(t) dt

Z_n

−n

π

4−ϕ(t) dt=

Z_n

−n

π 4dt−

Z_n

−n

ϕ(t)dt

=π

4 ×2n− Zn

−n

ϕ(t)dt

=π 2 ×n−

Zn

−n

ϕ(t)dt

=n

ϕ(n) +ϕ(−n)

− Z_n

−n

ϕ(t)dt

(8)

b A l’aide d’une int´egration par parties, montrer que :U_n=nϕ^′(n) −1 2

ϕ(n) −ϕ(−n)

·

On pose u(t) =t −→ u^′(t) =1 v^′(t) =

e

^t

(1+

e

^2t₎² ⁼^g(t)

−→ v(t) =G(t)

U_n = Zn

−n

te^t (1+e^2t)²dt

=h

t G(t)in

−n− Zn

−n

G(t)dt

=nG(n) +nG(−n)1 2−

Z_n

−n

ϕ^′(t) −ϕ(t) dt

= n 2

ϕ^′(n) +ϕ(n) +ϕ^′(−n) +ϕ(−n)

−1 2

Zn

−n

ϕ^′(t)dt−1 2

Zn

−n

ϕ(t)dt

= n 2

ϕ^′(n) +ϕ^′(−n) +n

2

ϕ(n) +ϕ(−n)

−1 2 h

ϕ(t)in

−n−1 2

Zn

−n

ϕ(t)dt

= n 2

ϕ^′(n) +ϕ^′(−n) +n

2

ϕ(n) +ϕ(−n)

−1 2

ϕ(n) −ϕ(−n)

−1 2

Z_n

−n

ϕ(t)dt

= n 2

ϕ^′(n) +ϕ^′(−n)

−1 2

ϕ(n) −ϕ(−n) +1

2

n

ϕ(n) +ϕ(−n)

− Z_n

−n

ϕ(t)dt

= n 2

ϕ^′(n) +ϕ^′(−n)

−1 2

ϕ(n) −ϕ(−n) +1

2 Zn

−n

π

4−ϕ(t) dt Or on a :

• ϕ^′(−n) = e⁻ⁿ

1+e⁻²ⁿ = e⁻ⁿ×

e

²ⁿ

(1+e⁻²ⁿ)

e

2n = eⁿ

1+e²ⁿ =ϕ^′(n).

• La fonctionψ:t7−→π

4−ϕ(t)est impaire car : ψ(t) +ψ(−t) = π

4−ϕ(t) +π

4−ϕ(−t) = π 2−

ϕ(t) +ϕ(−t)

=0 Donc

Z_n

−n

π

4−ϕ(t) dt=0 Ainsi :U_n=nϕ^′(n) −1

2

ϕ(n) −ϕ(−n)

c Calculer alors lim

n→+∞

U_n.

n→lim+∞

U_n= lim

n→+∞

nϕ^′(n) −1 2

ϕ(n) −ϕ(−n)

= lim

n→+∞

neⁿ 1+e²ⁿ−1

2

ϕ(n) −ϕ(−n)

= lim

n→+∞

neⁿ·e⁻²ⁿ 1+e²ⁿ

·e⁻²ⁿ−1 2

ϕ(n) −ϕ(−n)

= lim

n→+∞

ne⁻ⁿ e⁻²ⁿ+1−1

2

ϕ(n) −ϕ(−n)

= lim

n→+

∞

−

−ne⁻ⁿ e⁻²ⁿ+1

| {z }

−→0

−1 2

ϕ(n)

| {z }

−→^π

2

−ϕ(−n)

| {z }

−→0

= −π 4

(9)

4

Maths

S ´erie de r ´evision N° 2

^{3 hrs}

✍Lahbib Ghaleb✍

❄ Lyc ´ee El Alia : 2019-2020 ❄

Exercice 1

On consid`ere dans Z l’´equation (E) : x

²³

≡ 3 (mod 5).

1

R´esoudre dans Z , l’´equation 3x ≡ 1 ( mod 5 ) .

2

Soit x une solution de (E) .

a

Montrer que x et 5 sont premiers entre eux.

b

Montrer que 3x ≡ 1 ( mod 5 ) .

3

Soit x un entier dont le reste modulo 5 est 2.

Montrer que x est une solution de (E).

4

D´eduire l’ensemble des solutions de (E).

5 a

R´esoudre dans Z × Z , l’´equation 2 u − 5 v = 1.

b

Montrer que :







x ≡ 2 ( mod 5 )

x ≡ 1 ( mod 2 ) si et seulement si, x ≡ 7 ( mod 10 )

6

V´erifier que 7

²⁰²⁰

≡ 1 ( mod 100 )

7

Soit x un entier naturel impair, solution de (E).

a

Montrer qu’il existe un entier p tel que x = 10p + 7.

b

En utilisant la formule de binˆome, montrer que x

²⁰²⁰

≡ 7

²⁰²⁰

( mod 100 )

c

Déterminer les deux derniers chi ff res de l’écriture décimale de x

²⁰²⁰

puis

d´eterminer x

²⁰²⁰

∧ 100.

(10)

Correction de l’exercice 1

On consid`ere dansZl’´equation(E) :x²³≡3 (mod 5).

1 R´esoudre dansZ, l’´equation 3x≡1 (mod 5).

• 1^ere^` m ´ethode :

Reste de xmod 5 0 1 2 3 4 Reste de 3xmod 5 0 3 1 4 2 Ainsi 3x≡1 (mod 5) ⇐⇒ x≡2 (mod 5)

Il s’ensuit que l’ensemble des solutions de (E) est :S=

5k+2 ; k∈Z .

• 2^eme^` m ´ethode :

3x≡1 (mod 5) ⇐⇒ 3x≡1+5 (mod 5)

⇐⇒ 3x≡6 (mod 5)

⇐⇒ 5 divise 3x−6

⇐⇒ 5 divise 3(x−2)

⇐⇒ 5 divise(x−2)

(=⇒) :L.Gauss car 5∧3=1 (⇐=) :´evident

⇐⇒ x=5k+2 ,k∈Z

• 3^eme^` m ´ethode :

3x≡1 (mod 5) =⇒ 2×3x≡2×1 (mod 5)

=⇒ 6x≡2 (mod 5)

=⇒ x≡2 (mod 5) car 6≡1 (mod 5)

x≡2 (mod 5) =⇒ 3×x≡3×2 (mod 5)

=⇒ 3x≡6 (mod 5)

=⇒ 3x≡1 (mod 5) car 6≡1 (mod 5) Il s’ensuit que : 3x≡1 (mod 5) ⇐⇒ x≡2 (mod 5) ⇐⇒ x=5k+2 ,k∈Z.

(11)

2 Soitxune solution de(E).

a Montrer quexet 5 sont premiers entre eux.

x est une solution de (E) ⇐⇒ x²³≡3 (mod 5)

⇐⇒ il existe q∈Z tel que x²³=5q+3

⇐⇒ il existe q∈Z tel que x·x²²+5·(−q) =3 ①

On posed=x∧5 alors d divise 5.

D’autre part de la relation①on d´eduit que d divise 3.

Il s’ensuit queddivise 5∧3=1 alors d=1

b Montrer que 3x≡1 (mod 5).

xest une solution de (E) ⇐⇒ x²³≡3 (mod 5) ⇐⇒ x²⁴≡3x (mod 5) ① 5 ne divise pasxcar 5∧x=1

5 est premier

=⇒ x⁴≡1 (mod 5)

D’apr´es Fermat

=⇒ (x⁴)⁶≡1⁶ (mod 5)

=⇒ x²⁴≡1 (mod 5)

=⇒ 3x≡1 (mod 5)

D’apr´es la relation①

3 Soitxun entier dont le reste modulo 5 est 2.

Montrer quexest une solution de (E).

Soitxun entier dont le reste modulo 5 est 2 alorsx≡2 mod 5 doncx²³≡2²³ (mod 5).

Or 2⁴≡1 (mod 5) =⇒

2⁴5

≡1 (mod 5)

=⇒ 2²⁰≡1 (mod 5)

=⇒ 2²⁰×2³≡1×2³ (mod 5)

=⇒ 2²³≡3 (mod 5) Ainsi x²³≡3 (mod 5)doncxest une solution de (E).

(12)

4 D´eduire l’ensemble des solutions de (E).

D’apr`es les questions 2/ et 3/ on d´eduit que :

xest une solution de (E) ⇐⇒ 3x≡1 (mod 5).

D’apr`es la question 1/

3x≡1 (mod 5) ⇐⇒ x=5k+2 ,k∈Z Il s’ensuit que :

xest une solution de (E) ⇐⇒ 3x≡1 (mod 5) ⇐⇒ x=5k+2 ,k∈Z. Ainsi l’ensemble des solutions de (E) est :S=

5k+2 ; k∈Z .

5 a R´esoudre dansZ×Z, l’´equation 2u−5v=1.

On remarque que 2×3−5×1=1.

Donc 2u−5v=1 ⇐⇒ 2u−5v=2×3−5×1 ⇐⇒ 2(u−3) =5(v−1)

①

_.

5 divise2(u−3) 5∧2=1

=⇒

L.Gauss5 divise(u−3).

Alors il existek∈Ztel queu−3=5k Donc il existek∈Ztel queu=5k+3.

La relation

①

⇐⇒ 2×✓✓5k=^✓^✓5(v−1) ⇐⇒ v=2k+1.

V´erification : 2(5k+3) −5(2k+1) =1 vrai.

SZ²=

(5k+3, 2k+1), k∈Z .

b Montrer que :







x≡2 (mod 5)

x≡1 (mod 2) si et seulement si, x≡7 (mod 10)

• 1^ere^` m ´ethode :







x≡2 (mod 5) x≡1 (mod 2)

⇐⇒







x≡2+5 (mod 5) x≡1+6 (mod 2)

⇐⇒







x≡7 (mod 5) x≡7 (mod 2)

⇐⇒







x−7≡0 (mod 5) x−7≡0 (mod 2)

⇐⇒ x−7≡0 (mod 5×2) car 5∧2=1

⇐⇒ x≡7 (mod 10)

(13)

• 2^eme^` m ´ethode : Sens direct (=⇒ )

x≡2 (mod 5) ⇐⇒ x=5α+2, α∈Z. x≡1 (mod 2) ⇐⇒ x=2β+1, β∈Z. Donc 5α+2=2β+1 ⇐⇒ 2β−5α=1 Alors(β,α)est une solution de 2u−5v=1.

Par suite il existek∈Ztel queβ=5k+3.

Ainsix=2β+1=2(5k+3) +1=10k+7.

Il s’ensuit quex≡7 (mod 10) Sens inverse (⇐=)

x≡7 (mod 10) =⇒ x=10x^′+7 , x^′∈Z

=⇒ x=2×5x^′+7 , x^′∈Z

=⇒







x≡2 (mod 5) x≡1 (mod 2)

6 V´erifier que 7²⁰²⁰≡1 (mod 100).

On 7⁴=2401 alors 7⁴≡1 (mod 100)donc 7⁴505

≡1 (mod 100)d’o `u 7²⁰²⁰≡1 (mod 100).

7 Soitxun entier naturel impair, solution de (E).

a Montrer qu’il existe un entierptel quex=10p+7.

xest solution de (E) doncx≡2 (mod 5).

D’autre partxest impair doncx≡1 (mod 2).

Ainsi







x≡2 (mod 5)

x≡1 (mod 2) Doncx≡7 (mod 10). Par suite il existe un entierptel quex=10p+7.

(14)

b En utilisant la formule de binˆome, montrer quex²⁰²⁰ ≡7²⁰²⁰ (mod 100).

x²⁰²⁰= (10p+7)²⁰²⁰

=

2020

X

k=0

C

^k2020·(10p)^k·7²⁰²⁰⁻^k

=7²⁰²⁰+

C

¹2020·(10p)¹·7²⁰¹⁹+

2020

X

k=2

C

^k2020·(10p)^k·7²⁰²⁰⁻^k

=7²⁰²⁰+2020·(10p)¹·7²⁰¹⁹+

2020

X

k=2

C

^k2020·(10p)^k·7^2020−k

Or on a :

• 2020·(10p)¹·7²⁰¹⁹≡0 (mod 100).

• ∀k>2, (10p)^k≡0 (mod 100)donc

2020

X

k=2

C

^k₂₀₂₀^·(10p)^k·7²⁰²⁰⁻^k≡0 (mod 100) Par suite x²⁰²⁰≡7²⁰²⁰ (mod 100)

c Déterminer les deux derniers chiffres de l’écriture décimale de x²⁰²⁰ puis déterminer x²⁰²⁰∧100.

x²⁰²⁰≡7²⁰²⁰ (mod 100)≡1 (mod 100)

Donc les deux derniers chiffres de l’´ecriture d´ecimale dex²⁰²⁰ sont 01 . x²⁰²⁰≡1 (mod 100) ⇐⇒ il existe y∈Z tel que x²⁰²⁰=100y+1

⇐⇒ il existe y∈Z tel que x²⁰²⁰×1+100×(−y) =1

D’apr`es l’identit´e de Bezout x²⁰²⁰∧100=1