Corrigé Devoir maison n° 4 Terminale S spécialité

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Exercice 1

1. Décomposition de 561 en produit de facteurs premiers : 561 = 3×11×17.

2. On considère un entier naturel a.

a) On utilise la propriété : pour tout entier naturel n non nul et tout réel x, xⁿ – 1 = (x – 1)(x^{n - 1} + x^{n - 2} + ... + x + 1).

On a a⁵⁶¹ – a = a^{560 + 1} – a = = a^2×280×a – a = a(a^2×280 – 1) = a(a² – 1)(a^2×279 + a^2×278 + ... + a² + 1) = a(a² – 1)k avec k entier naturel.

b) Comme a(a² – 1) = a(a – 1)(a + 1). Pour tout entier a, a 0 (3) ou a 1 (3) ou a 2 (3).

Si a 0 (3), alors a(a² – 1) est divisible par 3 et a⁵⁶¹ – a est multiple de 3.

Si a 1 (3), alors a – 1 0 (3), et a(a² – 1) est divisible par 3 et a⁵⁶¹ – a est multiple de 3.

Si a 2 (3), alors a + 1 0 (3), et a(a² – 1) est divisible par 3 et a⁵⁶¹ – a est multiple de 3.

3. On a a⁵⁶¹ – a = a⁵⁶⁰×a – a = a(a^10×56 – 1) = a(a¹⁰ – 1)(a^10×55 + a^10×54 + ... + a¹⁰ + 1) = a(a¹⁰ – 1)k' = (a¹¹ – a)k' avec k' entier naturel. D'après le théorème de Fermat, 11 est un nombre premier, donc a¹¹ a (11), ou a¹¹ – a est divisible par 11, donc a⁵⁶¹ – a est un multiple de 11.

On a a⁵⁶¹ – a = a⁵⁶⁰×a – a = a(a^16×35 – 1) = a(a¹⁶ – 1)(a^16×34 + a^16×33+ ... + a¹⁶ + 1) = a(a¹⁶ – 1)k'' = (a¹⁷ – a)k'' avec k'' entier naturel. D'après le théorème de Fermat, 17 est un nombre premier, donc a¹⁷ a (11), ou a¹⁷ – a est divisible par 17, donc a⁵⁶¹ – a est un multiple de 17.

4. Les nombres 3, 11 et 17 sont des nombres premiers, donc sont premiers entre eux, donc a⁵⁶¹ – a est un multiple de 3×11×17 = 561, soit, pour tout entier naturel a, a⁵⁶¹ a (561).

En fait, le nombre 561 n'est pas premier, mais il vérifie le petit théorème de Fermat. De tels nombres sont appelés nombres de Carmichaël et 561 est le plus petit de ces nombres. Voir

http://fr.wikipedia.org/wiki/Nombre_de_Carmicha%C3%ABl

Exercice 2

1. On considère un entier naturel n et on pose a = 38n + 29, b = 31n – 29.

a) On sait que si d divise a et b alors il divise toute combinaison linéaire des nombres a et b, c'est-à-dire tous les nombres de la forme ka + k'b où k et k' sont des entiers. Donc d divise a + b = 69n. Donc d divise 69.

Et d divise 31a – 38b = 31×29 + 38×29 = 69×29 = 2001.

b) Décomposition de 2001 en produit de facteurs premiers: 2001 = 3×23×29.

c) On a vu qu'un diviseur de a et b divise 2001, donc le PGCD(a; b) divise 2001. Les valeurs possibles du PGCD de a et de b sont les diviseurs de 2001 = {1; 2; 23; 29; 69; 87; 667; 2001}.

d) Comme 38 = 2×19, les nombres 38 et 2001 sont premiers entre eux, et d'après le théorème de Bezout, il existe des nombres u et v tels que 2001u + 38v = 1. En multipliant par 29, on obtient 2001×29u + 38×29v = 29.

En prenant n = 29u et m = – 29v, on obtient 2001m = 38n + 29.

2. On appelle (E) l'équation 2001m = 38n + 29.

a) L'algorithme d'Euclide donne : 2001 = 38×52 + 25 ; 38 = 25×1 + 13 ; 25 = 13×1 + 12;

13 = 12×1 + 1; 12 = 12×1 + 0. On vérifie ainsi que PGCD(2001; 38) = 1.

On a alors 1 = 13 – 12 = 13 – (25 – 13) = – 25 + 2×13 = – (2001 – 38×52) + 2×(38 – 25) = – 2001 + 38×54 + 2×(2001 – 38×52) = – 3×2001 + 38×158. On prend x = – 3 et y = – 158.

b) Alors m = 29x = – 87 et n = 29y = – 4582, qui sont des solutions particulières de l'équation (E).

c) Soient m' et n' des solutions de (E). Alors 2001m' – 38n' = 29 = 2001m – 38n; soit 2001(m' – m) = 38(n' – n). D'après le théorème de Gauss, puisque PGCD(2001; 38) = 1, alors n' – n = 2001k où k est un entier. Ainsi les solutions de (E) vérifie n' = – 4582 + 2001k et m' = – 87 + 38k avec k entier relatif.

d) a = 38n + 29 = 38(– 4582 + 2001k) + 29 = 2001(38k – 87) et b = 31n – 29 = 31(– 87 + 38k) – 29 = 2001(31k – 71).

3. D'après la question 2, 2001 divise a et b. Il reste à montrer que PGCD(38k – 87 ; 31k – 71) = 1.

Or, PGCD(38k – 87 ; 31k – 71) = PGCD(38k – 87 ; 7k – 16) = PGCD(7k – 16 ; 3k – 7) = PGCD(3k – 7; k – 2) = PGCD(k – 2; 1) = 1. Donc, quel que soit k, a et b ont 2001 pour PGCD.

4. Pour trouver les plus petits nombres a et b positifs ayant 2001 pour PGCD, il suffit de trouver k tel que 38k – 87 > 0 et 31k – 71 > 0, soit k = 3 : a = 54027 et b = 44022.

Exercice 3

On considère la suite des entiers naturels 31, 331, 3331, ... et on appelle un l'entier de la suite dont l'écriture comporte n fois le chiffre 3.

1. u1 = 31 est premier, u2 = 331 est premier,... u7 = 33333331 est premier (à l'aide d'un logiciel).

2. On peut écrire un = 333...31 = ¹

3 (999...93) = ¹

3 (1000...0 – 7) avec n + 1 zéros, donc un = ¹

3 (10^{n + 1} – 7).

3. Divisibilité par 17:

a) On a 10² = 100 = 17×6 – 2 – 2 (17).

b) On a alors 10^16k = 10^28k (– 2)^8k = 256^k 1^k = 1 (17). Et 10⁹ = 10⁸×10 (– 2)⁴×10 = 160 7 (17).

Ainsi, pour tout entier naturel k, 10^{16k + 9} – 7 = 10^16k ×10⁹ – 7 1×7 – 7 = 0 (17).

Donc u16k + 8 = ¹

3 (10^{16k + 9} – 7) est divisible par 17.

4. Divisibilité par 19:

a) On a 10² = 100 = 19×5 + 5 5 (19).

b) 10¹² = 10²⁶ 5⁶ 5²³ 6³ = 216 7 (19). Donc le reste dans la division euclidienne de 10¹² par 19 est 7.

c) On a donc 10¹² – 7 7 – 7 = 0 (19), donc u11 = ¹

3 (10¹² – 7) est divisible par 19.

d) 10¹⁸ = 10²⁹ 5⁹ 5⁶ ×5³ 7×11 1 (19).

e) Ainsi, pour tout entier naturel k, 10^{18k + 12} – 7 = 10^18k ×10¹² – 7 1×7 – 7 = 0 (19).

Donc, pour tout entier naturel k, u18k + 11 = ¹

3 (10^{18k + 12} – 7) est divisible par 19.