/20 TS spécialité Contrôle du mardi 10 mars 2015 (50 min)

TS spécialité Contrôle du mardi 10 mars 2015 (50 min)

Prénom : ……… Nom : ………

/20

I. (5 points : 1 point + 4 points)

1°) Question de cours

Soit p nombre premier. Soit a et b deux entiers relatifs.

Compléter l’équivalence :

p | ab  ………

2°) Le but de cette question est de déterminer tous les couples



^{x y;}



d’entiers relatifs tels que

2 29 1

x  y

 

^{E .}

On suppose que



^{x y;}



est solution de

 

E . Démontrer qu’alors x²1 est divisible par 29.

En déduire les valeurs possibles de x et conclure.

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II. (4 points)

Soit a et b deux entiers naturels tels que p2a3b soit un nombre premier.

Démontrer que a et b sont premiers entre eux.

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III. (5 points : 3 points + 2 points)

Soit a et b deux entiers naturels tels que ^PGCD



^{a b ab} ^;



^p où p est un nombre premier.

1°) Démontrer que p divise a². En déduire que p divise a.

On démontrerait de même que p divise b. On ne refera pas la démonstration.

2°) En déduire ^PGCD



^{a b;}



. Justifier avec soin.

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IV. (6 points : 3 points + 1 point + 2 points)

Pour tout entier naturel n, on pose a_n49 10 ⁿ. On rédigera les réponses de manière claire et concise.

1°) Déterminer le reste de la division euclidienne de a_n par 11 suivant les valeurs de n.

2°) Déterminer le reste de la division euclidienne de a_n² par 11.

3°) Exprimer en fonction de n le nombre de diviseurs positifs de a_n². Expliquer brièvement.

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Corrigé du contrôle du 10-3-2015

I.

1°)

p | ab  p | a ou p | b

2°) Déterminons des couples



^{x y;}



d’entiers relatifs tels que : x²29y1

 

^{E .}

Il s’agit d’une équation diophantienne à deux inconnues.

Supposons que



^{x y;}



est un couple d’entiers relatifs vérifiant l’équation

 

^{E .}

On a alors x² 1 29y

 

1 (égalité que l’on peut aussi écrire x² 1 29y).

Comme y, l’égalité

 

1 permet d’affirmer que 29 | x²1 ce qui est équivalent à 29 |



^x1



^x1



^.

Or 29 est un nombre premier donc d’après la propriété rappelée dans la question 1°), 29 |x1 ou 29 | – 1x .

 1^er cas : 29 |x1

Dans ce cas x29k1 avec k.

On reprend alors l’égalité

 

1 et on remplace x par 29k1. On obtient l’égalité



^29k¹



² ^{1 29y}

 

^{1' .}

 

^{1' }



^29k



^{2 2 29k  1 1 29y}

 

^1'  29²k² 2 29k29y

 

^{1'  29k22ky}

Réciproquement, on vérifie que le couple



^{29k1 ; 29k22k}



^{avec k} est solution de (E).

Si l’on considère un tel couple, on a :

 

²

 

²

2 2 2

29 1 29 2 29 1 29 1 x  k  k   k  k



²



^{2 2}

 

²

29 29k 2k  1 29k  2 29k 1 29k1

Le couple



^{29k1 ; 29k22k}



est donc bien solution de (E).

 2^e cas : 29 | x1

Dans ce cas, x29 ' 1k avec 'k .

On reprend alors l’égalité

 

1 et on remplace x par 29 ' 1k . On obtient l’égalité



^{29 ' 1k}



² ^{1 29y}

 

^{1'' .}

 

^{1'' }



^{29 'k}



² ^{2 29 ' 1 1k}  ^29y

 

^1''  29²k'² 2 29 'k 29y

 

^{1''  29}^k'2^{2 'k} ^y

Réciproquement, on vérifie que le couple



29 ' 1 ; 29 'k k²2 'k



avec 'k  est solution de (E).

Conclusion :

Soit S l’ensemble des solutions de

 

^{E .}

 



^{29 1 ; 29 2 2 ,}

  

29 ' 1 ; 29 '² 2 ' , '

 

S k k  k k  k k  k k

II.

Démontrons que a et b sont premiers entre eux.

Soit d un diviseur positif commun à a et b.

On a alors d | a et d | b.

Donc d divise toute combinaison linéaire de a et b à coefficients entiers.

D’où d | 2a3b D’où d | p

Or p est premier donc d1 ou dp.

Or aucun des deux entiers a et b n’est nul (en effet, si c’était le cas p serait divisible par 2 ou par 3, ce qui n’est pas possible puisque p est premier).

Par suite, pa (car p a a3b0) et pb (car p b 2a2b0).

p ne peut donc pas diviser a et b.

On en déduit que dp ce qui entraîne d1.

Le seul diviseur positif commun à a et b est donc 1.

On en conclut que a et b sont premiers entre eux.

Meilleure justification :

On suppose que p est un diviseur commun à a et b.

p | a  p | 2a  p2a

 

¹

p | b  p | 3b  p3b

 

²

Par addition membre de

 

^{1 et}

 

^{2 , 2pp d’où p0} ce qui est absurde.

III.

1°)

 Démontrons que p | a².

 

PGCD a b ab ; p donc p | a b et p | ab.

Donc p divise toute combinaison de a b et de ab à coefficients entiers.

On considère la combinaison linéaire ^u



^{a b}



 ^{v ab} avec ua et v 1.

p |



^ab



^{ a ab d’où p | a2 (car}



^ab



^{ a aba2).}

 Déduisons-en que p | a.

p est un nombre premier donc p | a ou p | a.

Donc p | a.

2°) Déduisons-en ^PGCD



^{a b;}



^.

Soit d un diviseur positif commun à a et b.

d | ab et d | ab

Donc d | p et comme p est premier, d1 ou dp.

Donc les diviseurs positifs communs à a et b sont 1 et p.

Or p diviseur commun à a et b.

Donc le plus grand diviseur commun à a et b est p.

On peut donc écrire PGCD



a b;



p.

IV.

49 10ⁿ an 

1°) Déterminons le reste de la division euclidienne de a_n par 11 suivant les valeurs de n.

10 1 (mod. 11) donc ¹⁰ⁿ 



¹



ⁿ (mod. 11).

De plus, 495 (mod. 11).

Par produit, on obtient an  ⁵



¹



ⁿ (mod. 11).

1^er cas : n pair

On a alors : a_n5 (mod. 11).

Dans ce cas, le reste de la division euclidienne de a_n par 11 est égal à 5.

2^e cas : n impair

On a alors : a_n 5 (mod. 11) donc a_n6 (mod. 11).

Dans ce cas, le reste de la division euclidienne de a_n par 11 est égal à 6.

2°) Déterminons le reste de la division euclidienne de a_n² par 11.

On reprend la congruence an  ⁵



¹



ⁿ (mod. 11).

Il est plus facile de repartir de cette relation que de prendre le résultat de la question 1°).

En élevant les deux membres au carré, on obtient an²⁵ 



¹



ⁿ²

  (mod. 11).

Or ^5 



¹



^n2²⁵ 



¹



²ⁿ²⁵

  .

Donc a_n²25 (mod. 11).

Or 253 (mod. 11).

Par suite, a_n²3 (mod. 11).

On en déduit que le reste de la division euclidienne de a_n² par 11 est 3.

3°) Exprimons en fonction de n le nombre de diviseurs positifs de a_n².

On a :

2 492 102ⁿ

an 

4 2

2 7 22 5

n

n n

a   

Cette dernière égalité donne la décomposition en facteurs premiers de a_n² lorsque n1.

Soit N le nombre de diviseurs positifs de a_n².

     

²

N 4 1 2 n1 2n1  5 2n1

Cette formule convient aussi bien pour n0 que pour n1.