Corrigé du devoir surveillé n

Corrigé du devoir surveillé n ^◦ 2

Exercice 1. — Dressons un tableau de reste modulo 5.

Reste dex modulo 5 0 1 2 3 4

Reste de 3x modulo 5 0 3 1 4 2

Reste dex² modulo 5 0 1 4 4 1

1. On déduit du tableau que 3x ≡ 1 [5] si et seulement si x ≡ 2 [5]. Ainsi, l’ensemble des entiers x tels que 3x≡1 [5] est {2 + 5k|k∈Z}.

2. De même, x² ≡ 3x [5] si et seulement si x ≡ 0 [5] ou x ≡ 3 [5]. Ainsi, l’ensemble des entiers x tels que x² ≡3x[5] est {5k|k∈Z} ∪ {3 + 5k|k ∈Z}.

Exercice 2.

1. On remarque 3² = 9 = 2 + 7 ≡2 [7] donc (3²)ⁿ ≡2ⁿ [7] i.e. 3²ⁿ ≡2ⁿ [7] . De même, 4² = 16 = 2 + 2×7≡2 [7] donc (4²)ⁿ ≡2ⁿ [7] i.e. 2⁴ⁿ≡2ⁿ [7] . 2. Étant donné que

3²ⁿ⁺¹+ 2⁴ⁿ⁺² = 3²ⁿ×3 + 2⁴ⁿ×2² = 3×3²ⁿ+ 4×2⁴ⁿ, on déduit de la question précédente que

3²ⁿ⁺¹+ 2⁴ⁿ⁺² ≡3×2ⁿ+ 4×2ⁿ [7]≡7×2ⁿ [7]≡0 [7]

et donc 7 divise 3²ⁿ⁺¹+ 2⁴ⁿ⁺².

Exercice 3. — Soit xety deux entiers. Alors, x²−6y² ≡x² [6]. Le tableau suivant donne les restes modulo 6.

Reste dex modulo 6 0 1 2 3 4 5

Reste dex² modulo 6 0 1 4 3 4 1

Ainsi, les restes possibles pour le carré d’un entier modulo 6 sont 0, 1, 3 et 4. Il s’ensuit que x²−6y² ≡x² [6]6≡2 [6].

Or, 2018 = 336 × 6 + 2 ≡ 2 [6]. On en déduit que x² − 6y² 6≡ 2018 [6] et, par suite, x²−6y² 6= 2018.

Ainsi, l’équation x²−6y² = 2018 n’a pas de solution dans Z² .

Exercice 4.

1. Deux exemples

a. On a x= 59×7 et 35 = 5×7 donc 7 divise x ety.

b. On a, d’une part, x^′ = 63×7 + 4 avec 0 6 4 < 7 et, d’autre part, y^′ = 4×7 + 6 avec 066<7. Dès lors, les restes respectifs de x^′ ety^′ modulo 7 sont non nuls donc

7 ne divise ni x niy . 2. Le cas général

a. On a 7(a−b)−4(a−2b) = 7a−7b−4a+ 8b= 3a+b. Supposons que 7 divise a−2b. Alors, 7 divise a−2b et 7 donc 7 divise toute combinaison linéaire dea−2b et 7. En particulier, 7 divise 7(a−b)−4(a−2b) i.e. 7 divise 3a+b .

b. On remarque que a−2b = 7a−2(3a+b) donc, de même, si 7 divise 3a+b alors 7 divise toute combinaison linéaire de 3a+b et 7 et donc 7 divise a−2b.

c. Par définition, x = 10a+ b. Or, 10 = 3 + 7 ≡ 3 [7] donc 10a ≡ 3a [7] et ainsi x≡3a+b [7] .

On en déduit que 7 divise x si et seulement si 7 divise 3a+b. Mais, d’après les questions précédente, 7 divise 3a+b si et seulement si 7 divisea−2b donc finalement

7 divise x si et seulement si 7 divise a−2b .

d. Dans l’algorithme, B représente le reste de X modulo 10 i.e. le chiffre des unités de X etA représente le nombre des dizaines de X.

À chaque tour de boucle, la nouvelle valeur de X est A−2B. Notons k le nombre de chiffres de X au début d’un tour de boucle et supposons k >3. Alors, A possède k −1 > 2 chiffres et 2B possède au plus 2 chiffres donc A−2B possède au plus k −1 chiffres. Ainsi, à chaque tour de boucle, le nombre de chiffres de X diminue d’au moins 1 donc, en au plus k−2 tours de boucle, le nouvelle valeur de X aura au plus 2 chiffres. Si X possède 2 chiffres alors ces deux chiffres sont A et B et, au tour suivant, X prend la valeur A−2B. Sachant que 1 6 A 6 9 et 0 6 B 6 9, on a −18 6 −2B 6 0 et donc −17 6 A−2B 6 9. Ainsi, la nouvelle de valeur de X est strictement inférieur à 10 donc la boucle Tant que s’arrête. Ainsi, l’algorithme se termine en un nombre fini d’étapes.

On a vu précédemment que siX = 10A+B alors 7 diviseX si et seulement si 7 divise A−2B. Ainsi, à chaque tour de boucle, la nouvelle valeur de X est divisible par 7 si et seulement si l’ancienne valeur deX est divisible par 7. De plus, après le dernier tour de boucle, X est compris entre −17 et 9 donc 7 divise X si et seulement si X vaut−14,−7, 0 ou 7. Ceci justifie que l’affichage de l’algorithme est bien correct.

e. Le tableau suivant donne le déroulement de l’algorithme

B A X X >10

Initialisation 13 979 vrai

début de la boucle Tant que

Étape 1 9 1 397 1 379 vrai

Étape 2 9 137 119 vrai

Étape 3 9 11 −7 faux

Fin de la boucle Tant que

Affichage 13 979 est divisible par 7