Corrigé du D.S.2 spé
I- a=n2−n−12 ; b=2n2−7n−4
1. a=n3n−4 et b=2n1n−4 or n3∈ℕ et 2n1∈ℕ d'où n−4 |a et n−4 |b. 2. a '=n3 et b '=2n1.
a. 2a '−b '=2n6−2n−1=5.
b. Soit d∈Da ' ,b ' alors d| 2a '−b ' d'où d|5.
c. Supposons a ' et b ' des multiples de 5, alors il existe des entiers relatifs q et q' tels que : n3=5q et 2n1=5q ' d'où 2n1−n3=5q−q ' avec q−q '∈ℤ
et donc n-2 est un multiple de 5.
Réciproquement : Supposons n−2 est un multiple de 5. alors il existe q∈ℤ tel que n−2=5q, d'où n=5q2 et donc n3=5q1 et 2n1=52q1.
On a donc a ' et b ' multiples de 5.
D'où l'équivalence demandé.
3. a. a∧b=n3n−4∧2n1n−4=n−4[n3∧2n1]
or n3∧2n1=1 ou 5 d'après 2 a.
D'autre part n3∧2n1=5 si et seulement si a ' et b ' des multiples de 5, c'est à dire si et seulement si n−2=5q ou encore n=5q2.
En conclusion : Si n=5q2 alors a∧b=5n−4 Sinon alors a∧b=n−4.
b. Si n=11 n−2=9 n'est pas un multiple de 5 d'où a∧b=n−4=7. Vérification : a=98 etb=161 et 98∧161=7.
Si n=12 n−2=10 est un multiple de 5 d'où a∧b=5n−4=40. Vérification : a=120 etb=200 et 120∧200=40.
II- Congruence .
1. a . a≡b [11] et c≡d [11] alors il existe k et k' appartenant à ℤ tels que : a=b11k et c=d11k '
On a donc ac=bd11kk ' aveckk '∈ℤ
et a c=bd11k dk ' b11kk ' aveck dk ' b11k k '∈ℤ d'où ac≡bd [11] et a c≡b d [11]
b. On suppose que a≡b [11]. Posons Pn:an≡bn.
● P0 est évidemment vraie (en effet a0=b0=1)
● Supposons que la propriété Pn soit vraie pour un certain rang p, alors on a ap≡bp [11]. on déduit de la question a. que ap×a≡bp×b [11] d'où ap1≡bp1 [11] et donc la propriété
Pn est vraie au rang p+1
● Conclusion : Par récurrence Pn est vraie pour tout n entier naturel.
2. Soit N un entier naturel dont l'écriture en base 10 est anan−1⋯a1a0. a. On a 10=−111 d'où 10≡−1[11].
b. On a N=anan−1⋯a1a0=
∑
k=0 n
ak10k or 10k≡−1k [11] d'où N≡
∑
k=0 n
ak−1k. Or N est divisible par 11 si et seulement si N≡0[11].
En conclusion : N est divisible par 11 si, et seulement si,
∑
k=0 n
ak−1k=a0−a1a2−a3⋯−1nan est un multiple de 11.
c. On a, d'après 2. b.
60623456790123457989≡9−89−75−43−21−09−76−54−32−60−6 [11], or 9−89−75−43−21−09−76−54−32−60−6=12111211−4−6=0 d'où 60623456790123457989 est divisible par 11.
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III-Restes.
1. On a 70=1 d'où 70≡1[10], 71=7 d'où 71≡7[10], 72=49 d'où 72≡9[10], d'où 73≡7×9[10] et donc 73≡3[10] , et enfin 74≡3×7[10]et donc 74≡1[10]
Soit k∈ℕ, alors 74k≡1k[10], d'où 74k≡1[10]
d'où 74k1≡7[10], 74k2≡9[10] et 74k3≡3[10]. (On utilise les premiers résultats et le fait que 74kp=74k×7p) 2. A=1772⋯7n=
∑
k=0 n
7ksupposons n=4 p, alors A=
∑
k=0 4p
7k=
∑
i=0 p
74i
∑
i=0 p−1
74i1
∑
i=0 p−1
74i2
∑
i=0 p−1
74i3 D'où d'après 1. A≡
∑
i=0 p
1
∑
j=0 p−1
7
∑
j=0 p−1
9
∑
j=0 p−1
3 [10] d'où A≡p17 p9p3p [10]
Conclusion : A≡20p1 [10]c'est à dire A≡1 [10]. Si n=4p1 alors A=
∑
k=0 4p1
7k=
∑
k=0 4p
7k74p1, d'où A≡17 [10], soitA≡8[10]. Si n=4p2 alors A=
∑
k=0 4p2
7k=
∑
k=0 4p1
7k74p2, d'où A≡89 [10], soitA≡7[10]. Si n=4p3 alors A=
∑
k=0 4p3
7k=
∑
k=0 4p2
7k74p3, d'où A≡73 [10], soitA≡0[10].
IV-On a 40=1 d'où 40≡1[9], 41=4 d'où 41≡4[9], 42=16 d'où 42≡7[9], et enfin 43≡7×4[9] et donc 43≡1[9] ,
Soit k∈ℕ, alors 43k≡1k[9], d'où 43k≡1[9]
d'où 43k1≡4[9], 43k2≡7[9].
(On utilise les premiers résultats et le fait que 43kp=43k×4p) On a donc :
Si n=3k alors 4n6n−1≡16×3k−1 [9] d'où 4n6n−1≡0 [9] .
Si n=3k1 alors 4n6n−1≡46×3k1−1 [9] d'où 4n6n−1≡918k≡0 [9]. Si n=3k2 alors 4n6n−1≡76×3k2−1 [9] d'où 4n6n−1≡1818k≡0 [9]. Conclusion : Pour tout n∈ℕ, 4n6n−1≡0 [9]
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