Exercices sur l'arithmétique

(1)

Arithmétique

Divisibilité

Exercice 1 [ 01187 ][correction]

Résoudre dansZles équations suivantes : a)x−1|x+ 3 b)x+ 2|x²+ 2.

Résoudre dansZ² les équations suivantes : a)xy= 3x+ 2y b) 1

x+1 y =1

5 c)x²−y²−4x−2y= 5

SoitAun ensemble den+ 1>2 entiers distincts tous inférieurs ou égaux à 2n.

Montrer qu’il existe deux éléments deAtels que l’un divise l’autre.

Pourn∈N^?, on désigne parN le nombre de diviseurs positifs denet parP leur produit. Quelle relation existe-t-il entren,N etP?

Division euclidienne

Soienta∈Zet b∈N^?, on noteqle quotient de la division euclidienne dea−1 parb.

Déterminer pour toutn∈N, le quotient de la division euclidienne de (abⁿ−1) parbⁿ⁺¹.

a) Montrer que sirest le reste de la division euclidienne dea∈Nparb∈N^?alors 2^r−1 est le reste de la division euclidienne de 2^a−1 par 2^b−1.

b) Montrer que pgcd(2^a−1,2^b−1) = 2^pgcd(a,b)−1.

On considère la suite (ϕn)n∈Ndéfinie par

ϕ0= 0, ϕ1= 1 et∀n∈N,ϕn+2=ϕn+1+ϕn

a) Montrer

∀n∈N^?,ϕn+1ϕ_n−1−ϕ²_n= (−1)ⁿ b) En déduire

∀n∈N^?, ϕ_n∧ϕ_n+1= 1 c) Montrer

∀n∈N,∀m∈N^?,ϕn+m=ϕmϕn+1+ϕm−1ϕn

d) En déduire

∀m, n∈N^?, pgcd(ϕn, ϕm+n) = pgcd(ϕn, ϕm)

puis pgcd(ϕ_m, ϕ_n) = pgcd(ϕ_n, ϕ_r) oùr est le reste de la division euclidienne dem parn.

e) Conclure

pgcd(ϕ_m, ϕ_n) =ϕ_pgcd(m,n)

PGCD et PPCM

Déterminer le pgcd et les coefficients de l’égalité de Bézout (1730-1783) des entiers aetb suivants :

a)a= 33 etb= 24 b)a= 37 etb= 27 c) a= 270 etb= 105.

Soienta, b, d∈Z. Montrer l’équivalence :

(∃u, v ∈Z, au+bv=d)⇔pgcd(a, b)|d

Montrer que le pgcd de 2n+ 4 et 3n+ 3 ne peut être que 1,2,3 ou 6.

(2)

Soientd, m∈N. Donner une condition nécessaire et suffisante pour que le système (pgcd(x, y) =d

ppcm(x, y) =m possède un couple (x, y)∈N² solution.

Résoudre dansN² l’équation :

pgcd(x, y) + ppcm(x, y) =x+y

Résoudre dansN² les systèmes : a)

(pgcd(x, y) = 5 ppcm(x, y) = 60 b)

(x+y= 100 pgcd(x, y) = 10

Nombres premiers entre eux

Soientaet bpremiers entre eux.

Montrer quea∧(a+b) =b∧(a+b) = 1 puis (a+b)∧ab= 1.

Soienta, b∈Z.

a) On supposea∧b= 1. Montrer que (a+b)∧ab= 1.

b) On revient au cas général. Calculer pgcd(a+b,ppcm(a, b)).

Montrer que pour toutn∈N^? on a :

a) (n²+n)∧(2n+ 1) = 1 b) (3n²+ 2n)∧(n+ 1) = 1

Montrer que pour tout entiern∈N^?, n+ 1 et 2n+ 1 sont premiers entre eux.

En déduire

n+ 1| 2n n

!

Soientaetb premiers entre eux etc∈Z. Montrer que pgcd(a, bc) = pgcd(a, c).

Soientaetb deux entiers premiers entre eux non nuls.

Notre but est de déterminer tous les couples (u, v)∈Z² tels queau+bv= 1.

a) Justifier l’existence d’au moins un couple solution (u₀, v₀).

b) Montrer que tout autre couple solution est de la forme (u₀+kb, v₀−ka) avec k∈Z.

c) Conclure.

a) Pourn∈N, montrer qu’il existe un couple unique (an, bn)∈N²tel que (1 +√

2)ⁿ=an+bn

√ 2 b) Calculera²_n−2b²_n.

c) En déduire quean etbn sont premiers entre eux.

Soientaetb deux entiers relatifs premiers entre eux etd∈Nun diviseur deab.

Montrer

∃!(d1, d₂)∈N²,d=d₁d₂, d₁|aet d₂|b

On note div(n) l’ensemble des diviseurs positifs d’un entiern∈Z. Soienta, b∈Zpremiers entre eux etϕ: div(a)×div(b)→Ndéfinie par ϕ(k, `) =k`.

Montrer queϕréalise une bijection de div(a)×div(b) vers div(ab).

(3)

Soitn∈N. Montrer que les entiers

ai =i.n! + 1

pouri∈ {1, . . . , n+ 1}sont deux à deux premiers entre eux.

Nombres premiers

Soientn>2 etN la somme de nentiers impairs consécutifs. Montrer que N n’est pas un nombre premier.

Montrer que les nombres suivants sont composés :

a) 4n³+ 6n²+ 4n+ 1 avecn∈N^? b)n⁴−n²+ 16 avecn∈Z.

Soitnun naturel non nul. Montrer qu’il existe toujours un nombre premier strictement compris entrenet n! + 2.

Justifier l’existence de 1000 entiers consécutifs sans nombres premiers.

Soitpun nombre premier,p>5. Montrer quep²−1 est divisible par 24.

On suppose quenest un entier>2 tel que 2ⁿ−1 est premier.

Montrer quenest nombre premier.

Soientaet pdeux entiers supérieurs à 2.

Montrer que sia^p−1 est premier alors a= 2 etpest premier.

Soient des entiersa >1 etn >0.

Montrer que siaⁿ+ 1 est premier alors nest une puissance de 2.

Soienta, b∈N\ {0,1} etn∈N^?.

On suppose queaⁿ+bⁿ est un nombre premier. Montrer quenest une puissance de 2.

SoitE={4k−1/k∈N^?}.

a) Montrer que pour toutn∈E, il existep∈ P ∩E tel que p|n.

b) En déduire qu’il y a une infinité de nombre premierptel que p=−1 [4].

Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4n+ 3.

Soit, pourn∈N,Fn= 2²ⁿ+ 1.

a) Montrer, si (n, m)∈N² avecn6=m, queFn∧Fm= 1.

b) Retrouver à l’aide du a) le fait que l’ensemble des nombres premiers est infini.

Etudes arithmétiques

Soitn∈N, montrer √

n∈Q⇔ ∃m∈N, n=m² En déduire que√

2∈/ Qet √ 3∈/ Q

Soientaetb deux entiers relatifs tels quea²|b². Montrer quea|b.

Soitx∈Q. On suppose qu’il existen∈N^? tel quexⁿ∈Z. Montrer quex∈Z.

(4)

Soienta, b∈N^?. On suppose qu’il existem, npremiers entre eux tels quea^m=bⁿ. Montrer qu’il existec∈N^? tel que a=cⁿ etb=c^m.

On divise un cercle ennarcs égaux et on joint les points de division depenp jusqu’à ce qu’on revienne au point de départ. Quel est le nombre de côtés du polygone construit ?

On étudie l’équation algébrique

(E) :xⁿ+a_n−1xⁿ⁻¹+· · ·+a₁x+a₀= 0

d’inconnuexet où les coefficientsa0, a1, . . . , a_n−1 sont supposés entiers.

Montrer que les solutions réelles de (E) sont entières ou irrationnelles.

SoitP ∈Z[X] eta, bdeux entiers relatifs avec b >0 et√

b irrationnel.

a) Exemple : montrer que√

6 est irrationnel.

b) Quelle est la forme de (a+√ b)ⁿ? c) Montrer que sia+√

best racine de P alorsa−√ baussi.

d) On suppose quea+√

best racine double deP. Montrer queP =RQ² avecR etQdansZ[X].

On noted(n) le nombre de diviseurs positifs den∈N^?. Déterminer un équivalent de

1 n

n

X

k=1

d(k)

représentant la moyenne du nombre de diviseurs positifs des entiers inférieurs àn.

Soitn∈N\ {0,1}. Montrer quenest le produit de ses diviseurs non triviaux si, et seulement si,n=p³ avecp∈ P oun=p1p2 avecp1, p2∈ P distincts.

Soientp∈ P etα∈N^?. Déterminer les diviseurs positifs de p^α.

Soitn∈N\ {0,1}et n=

N

Q

k=1

p^α_k^k sa décomposition primaire.

Quel est le nombre de diviseurs positifs den?

Soitn∈N\ {0,1}dont la décomposition primaire est n=

N

Y

i=1

p^α_iⁱ

On noted(n) le nombre de diviseurs supérieurs ou égaux à 1 denet σ(n) la somme de ceux-ci.

Montrer

d(n) =

N

Y

i=1

(α_i+ 1) etσ(n) =

N

Y

i=1

p^α_iⁱ⁺¹−1 pi−1

Soitσ:Z→Nqui àn∈Zassocie la somme de diviseurs positifs den.

a) Soitp∈ Pet α∈N^?. Calculerσ(p^α).

b) Soienta, b∈Zpremiers entre eux.

Montrer que tout diviseur positifddu produitabs’écrit de manière unique d=d1d2 avecd1 etd2 diviseurs positifs deaet b.

c) En déduire que siaetbsont premiers entre eux alors σ(ab) =σ(a)σ(b).

d) Exprimerσ(n) en fonction de la décomposition primaire den.

[Théorème d’Aubry]

SoitN un entier strictement positif.

On suppose que le cercle d’équationx²+y²=N possède un point rationnel (x₀, y₀).

On introduit (x⁰₀, y⁰₀) un point entier obtenu par arrondi de (x₀, y₀).

En étudiant l’intersection du cercle avec la droite joignant (x₀, y₀) et (x⁰₀, y₀⁰), montrer que le cercle contient un point entier (x₁, y₁).

(5)

Valuation p-adique

Pourp∈ P etn∈Z, on notevp(n) l’exposant de la plus grande puissance dep divisantn.

a) Montrer quev2(1000!) = 994.

b) Plus généralement, calculervp(n!). On rappelle que

∀x∈R, bpxc

p

=bxc

On noteP l’ensemble des nombres premiers. Pour tout entiern >0, on note vp(n) l’exposant depdans la décomposition denen facteurs premiers. On note bxcla partie entière dex. On noteπ(x) le nombre de nombres premiers au plus égaux àx.

a) Montrer quev_p(n!) =

+∞

P

k=1

jn p^k

k . b) Montrer que 2n

n

!

divise Q

p∈P;p62n

p ln(2n)

lnp

. c) Montrer que 2n

n

!

6(2n)^π(2n).

d) Montrer que _ln^x_x =O(π(x)) quandx→+∞

Petit théorème de Fermat

Soitpun nombre premier.

a) Montrer

∀k∈ {1,2, . . . , p−1}, p| p k

!

b) En déduire que

∀n∈Z, n^p≡n [p]

Soitn>2 un entier. On suppose

∀a∈ {1, . . . , n−1}, aⁿ⁻¹≡1 [n]

Montrer quenest un nombre premier

[Nombres de Carmichael]

Soitnun entier supérieur à 2.

On suppose quenpour tout facteur premierpden,p²ne divise pasnmaisp−1 divisen−1.

Etablir

∀a∈Z, aⁿ≡a [n]

On désire établir qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4n+ 1.

Pour cela on raisonne par l’absurde et on suppose que ceux-ci sont en nombre fini et on les numérote pour former la listep1, . . . , pr.

On pose alors

N = (2p1. . . pr)²+ 1

a) On suppose qu’il existe un facteur premierqdeN de la forme 4n+ 3.

Etablir

(2p₁. . . p_r)^(q−1)≡ −1 [q]

b) Conclure en exploitant le petit théorème de Fermat.

(6)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

a)x= 1 n’est pas solution. Pourx6= 1 :

x−1|x+ 3⇔ ^x+3_x−1 = 1 +_x−1⁴ ∈Z⇔x−1∈Div(4) ={1,2,4,−1,−2,−4}

AinsiS={2,3,5,0,−1,−3}.

b)x=−2 n’est pas solution. Pourx6=−2 :

x+ 2|x²+ 2⇔ ^x_x+2²⁺² =x−2 + _x+2⁶ ∈Z⇔x+ 2∈Div(6) = {1,2,3,6,−1,−2,−3,−6}.

AinsiS={−1,0,1,4,−3,−4,−5,−8}.

a) On a

xy= 3x+ 2y⇔(x−2)(y−3) = 6 En détaillant les diviseurs de 6 possibles, on obtient

S={(3,9),(4,6),(5,5),(8,4),(1,−3),(0,0),(−1,1),(−4,2)}

b) Pourx, y∈Z^?, 1 x+1

y =1

5 ⇔5x+ 5y=xy⇔(x−5)(y−5) = 25 En détaillant les diviseurs de 25 possibles, on obtient

S={(6,30),(10,10),(30,6),(4,−20),(−20,4)}

c) On a

x²−y²−4x−2y= 5⇔(x−2)²−(y+ 1)²= 8 et donc

x²−y²−4x−2y= 5⇔(x−y−3)(x+y−1) = 8 En détaillant les diviseurs de 8 possibles et sachant

(x−y−3 =a x+y−1 =b ⇔







x= a+b 2 + 2 y=b−a

2 −1 on obtient

S={(5,0),(5,−2),(−1,0),(−1,−2)}

Les entiersmcompris entre 1 et 2npeuvent s’écrirem= 2^kpavecpimpair compris entre 1 et 2n.

Il y a exactementnentiers impairs possible entre 1 et 2n. Pour lesn+ 1 entiers considérés, il y en a donc au moins 2 pour lesquels la valeur depest la même. Ils s’écrivent 2^kpet 2^`p.

Le plus petit des deux divise l’autre.

En associant dansP²=P×P chaque diviseurdavec celui qui lui est conjugué n/d, on obtient un produit deN termes égaux àn. Ainsi

P²=n^N

a−1 =bq+ravec 06r < b.

abⁿ−1 = (bq+r+ 1)bⁿ−1 =qbⁿ⁺¹+bⁿ(r+ 1)−1.

Or 06bⁿ(r+ 1)−1< bⁿ⁺¹ donc la relation ci-dessus est la division euclidienne deabⁿ−1 parbⁿ⁺¹.

Le quotient de celle-ci est doncq.

a) On aa=bq+ravec 06r < b.

2^a−1 = 2^bq+r−1 = 2^bq+r−2^r+ 2^r−1 = (2^b−1)(1 + 2^b+· · ·+ 2^b(q−1))2^r+ 2^r−1 avec 062^r−1<2^b−1.

b) Posonsa0=a,a1=bet définissonsa2, . . . , amcomme par l’algorithme d’Euclide avecam= pgcd(am−1, am−2).

On a

pgcd(2â−1,2^b−1) = pgcd(2â⁰−1,2â¹−1) = pgcd(2â¹−1,2â²−1) =. . .= pgcd(2â^m−1,2⁰−1) = 2â^m−1

a) Par récurrence surn∈N^?:

Pourn= 1 : ϕ2ϕ0−ϕ²₁= 0−1 =−1 : ok.

Supposons la propriété établie au rangn>1.

ϕ_n+2ϕ_n−ϕ²_n+1= (ϕ_n+ϕ_n+1)ϕ_n−ϕn+1(ϕ_n+ϕ_n−1) =ϕ²_n−ϕn+1ϕ_n−1 =

HR−(−1)ⁿ = (−1)ⁿ⁺¹

(7)

Récurrence établie.

b) Par l’égalité de Bézout on obtient queϕn∧ϕn+1= 1 puisque la relation précédente permet d’écrireuϕn+vϕn+1= 1 avecu, v ∈Z.

c) Par récurrence surm∈N^?

Pourm= 1 :ϕn+1=ϕ1ϕn+1+ϕ0ϕn carϕ1= 1 etϕ0= 0.

Supposons la propriété établie au rangn>1 ϕn+m+1=ϕ_(n+1)+m =

HRϕmϕn+2+ϕ_m−1ϕn+1=ϕmϕn+1+ϕmϕn+ϕ_m−1ϕn+1=ϕm+1ϕn+1+ϕmϕn

Récurrence établie.

d)

pgcd(ϕ_m+n, ϕ_n) = pgcd(ϕ_mϕ_n−1+ϕ_m−1ϕ_n, ϕ_n) = pgcd(ϕ_mϕ_n−1, ϕ_n) = pgcd(ϕ_m, ϕ_n) carϕn∧ϕn−1= 1.

Par récurrence on obtient que

∀q∈N: ϕm∧ϕn=ϕm+qn∧ϕn

On en déduit alors pgcd(ϕ_m, ϕ_n) = pgcd(ϕ_n, ϕ_r) car on peut écrirem=nq+r avecq∈N.

e) Suivons l’algorithme d’Euclide calculant pgcd(m, n) :

a₀=m, a₁=n,a₀=a₁q₁+a₂,a₁=a₂q₂+a₃,...,a_p−1=apqp+ 0 avec ap= pgcd(m, n)

Or pgcd(ϕn, ϕm) = pgcd(ϕa₀, ϕa₁) = pgcd(ϕa₁, ϕa₂) =. . .= pgcd(ϕa_p, ϕ0) =ϕa_p

carϕ0= 0.

Ainsi pgcd(ϕm, ϕn) =ϕ_pgcd(m,n). Exercice 8 :[énoncé]

a) pgcd(a, b) = 3 et 3a−4b= 3.

b) pgcd(a, b) = 1 et 11b−8a= 1 c) pgcd(a, b) = 15 et 2a−5b= 15 Exercice 9 :[énoncé]

(⇒) Supposonsd=au+bvavecu, v∈Z.

pgcd(a, b)|aet pgcd(a, b)|bdonc pgcd(a, b)|au+bv=d.

(⇐) Supposons pgcd(a, b)|d. On peut écrired=kpgcd(a, b) aveck∈Z. Par l’égalité de Bézout, il existeu0, v0∈Ztels que

au₀+bv₀= pgcd(a, b) et on a alors

d=au+bv avecu=ku0 etv=kv0∈Z

3×(2n+ 4)−2×(3n+ 3) = 6 donc pgcd(2n+ 4,3n+ 3)|6.

Si le système possède une solution alorsd|mest une condition nécessaire.

Inversement sid|malorsx=dety=mdonne un couple (x, y)∈N² solution.

Soit (x, y)∈N² un couple solution. Posonsδ= pgcd(x, y).

On peut écrire

x=δx⁰ ety=δy⁰ avecx⁰∧y⁰ = 1 L’équation devient :

1 +x⁰y⁰=x⁰+y⁰⇔(x⁰−1)(y⁰−1) = 0⇔x⁰ = 1 ouy⁰ = 1 Ainsi (x, y) est de la forme (δ, δk) ou (δk, δ) aveck∈N.

Inversement ces couples sont solutions.

a) Soit (x, y) solution. pgcd(x, y) = 5 doncx= 5x⁰ et y= 5y⁰ avecx⁰, y⁰∈N premiers entre eux.

ppcm(x, y) = 5x⁰y⁰= 60 doncx⁰y⁰= 12 d’où (x⁰, y⁰)∈ {(1,12),(2,6),(3,4),(4,3),(6,2),(12,1)}.

Les couples (2,6) et (6,2) sont à éliminer car 2 et 6 ne sont pas premiers entre eux.

Finalement (x, y)∈ {(5,60),(15,20),(20,15),(60,5)}.

Inversement : ok. FinalementS ={(5,60),(15,20),(20,15),(60,5)}.

b) Soit (x, y) solution. pgcd(x, y) = 10 doncx= 10x⁰ et y= 10y⁰ avecx⁰, y⁰ ∈N premiers entre eux.

x+y= 10(x⁰+y⁰) = 100 doncx⁰+y⁰= 10.

Sachantx⁰∧y⁰= 1, il reste (x⁰, y⁰)∈ {(1,9),(3,7),(7,3),(9,1)}puis (x, y)∈ {(10,90),(30,70),(70,30),(90,10)}.

Inversement : ok. FinalementS ={(10,90),(30,70),(70,30),(90,10)}.

Posonsd= pgcd(a, a+b).

On ad|aet d|(a+b) alorsd|b= (a+b)−adoncd|pgcd(a, b) = 1 puisd= 1.

De même pgcd(b, a+b) = 1. Ainsia∧(a+b) =b∧(a+b) = 1 et par suite ab∧(a+b) = 1.

(8)

a) pgcd(a, a+b) = pgcd(a, b) et pgcd(b, a+b) = pgcd(a, b) = 1.

Ainsi (a+b)∧a= 1 et (a+b)∧b= 1 donc (a+b)∧ab= 1.

b) Posonsδ= pgcd(a, b). On peut écrire a=δa⁰ etb=δb⁰ aveca⁰∧b⁰= 1.

pgcd(a+b,ppcm(a, b)) =δpgcd(a⁰+b⁰,ppcm(a⁰, b⁰)) =δ

a)n²+n=n(n+ 1).

1×(2n+ 1)−2×n= 1 donc (2n+ 1)∧n= 1.

2×(n+ 1)−1×(2n+ 1) = 1 donc (2n+ 1)∧(n+ 1) = 1 Par produit (2n+ 1)∧(n²+n) = 1.

b) 3n²+ 2n=n(3n+ 2).

1×(n+ 1)−1×n= 1 doncn∧(n+ 1) = 1.

3×(n+ 1)−1×(3n+ 2) = 1 donc (3n+ 2)∧(n+ 1) = 1.

Par produit (3n²+ 2n)∧(n+ 1) = 1.

2×(n+ 1)−1×(2n+ 1) = 1 donc (n+ 1)∧(2n+ 1) = 1.

On a

2n+ 1 n+ 1

!

=2n+ 1 n+ 1

2n n

!

donc

(n+ 1) 2n+ 1 n+ 1

!

= (2n+ 1) 2n n

!

Puisque 2n+ 1 n+ 1

!

∈Z, on a

(n+ 1)|(2n+ 1) 2n n

!

or (n+ 1)∧(2n+ 1) = 1 donc

(n+ 1)| 2n n

!

Posonsd= pgcd(a, bc) et δ= pgcd(a, c).

Onδ|aet δ|c doncδ|bcpuisδ|d.

Inversementd|aetd|bc.

Ord∧b= 1 card|aeta∧b= 1. Doncd|c puisd|δ.

Par double divisibilitéd=δ.

a) Théorème de Bézout.

b) Soit (u, v)∈Z²un couple solution. On aau+bv= 1 =au0+bv0donc a(u−u0) =b(v0−v)

On aa|b(v0−v) ora∧b= 1 donca|v0−v. Ainsi∃k∈Ztel que v=v0−kaet alorsa(u−u0) =b(v0−v) donnea(u−u0) =abkpuisu=u0+kb(sachant a6= 0).

c) Inversement les couples de la forme ci-dessus sont solutions.

a) Unicité : Si (an, bn) et (αn, βn) sont solutions alors a_n+b_n√

2 =α_n+β_n√ 2 donc

(bn−βn)√

2 = (αn−an) Sibn6=βn alors

√

2 = αn−a b_n−β_n ∈Q ce qui est absurde.

On en déduitbn=βn puisan=αn

Existence : Par la formule du binôme (1 +√

2)ⁿ=

n

X

k=0

n k

!√ 2^k

En séparant les termes d’indices pairs de ceux d’indices impairs, on a (1 +√

2)ⁿ=a_n+b_n√ 2 avec

an =

E(n/2)

X

p=0

n 2p

!

2^p et bn=

E((n−1)/2)

X

p=0

n 2p+ 1

! 2^p

(9)

b) On a

a²_n−2b²_n = (an+bn

√ 2)

an−bn

√ 2 Or en reprenant les calculs qui précèdent

(1−√

2)ⁿ =a_n−b_n√ 2 donc

a²_n−2b²_n = (1 +√

2)ⁿ(1−√

2)ⁿ= (−1)ⁿ c) La relation qui précède permet d’écrire

a_nu+b_nv= 1 avecu, v∈Z On en déduit quea_n et b_n sont premiers entre eux.

Unicité : Si (d1, d2) est solution alors pgcd(d, a) = pgcd(d1d2, a)

Ord₂∧a= 1 card₂|bet a∧b= 1, donc pgcd(d₁d₂, a) = pgcd(d₁, a) =d₁car d₁|a.

De mêmed₂= pgcd(d, b) d’où l’unicité.

Existence : Posonsd₁= pgcd(d, a) et d₂= pgcd(d, b). On a d₁|aet d₂|b.

d₁|aetd₂|b doncd₁∧d₂= 1 cara∧b= 1.

d₁|d,d₂|detd₁∧d₂= 1 doncd₁d₂|d.

Inversement : Par l’égalité de Bézout on peut écrired1=u1d+v1aet d2=u2d+v2bdoncd|d1d2=U d+v1v2abcard|ab.

Sik|aet`|b alorsk`|ab. Ainsiϕ(div(a)×div(b))⊂div(ab).

Soitd∈div(ab). Posonsk= pgcd(d, a) et`= pgcd(d, b). On ak∈div(a),

`∈div(b) etk∧`= 1 cara∧b= 1. Commek|d,`|detk∧`= 1 on ak`|d. De plusk=du+av et`=du⁰+bv donck`=dU+abV d’oùd|k` et finalement d=k`. Ainsiϕ(div(a)×div(b)) = div(ab).

Soit (k, `)∈div(a)×div(b) et (k⁰, `⁰)∈div(a)×div(b). Siϕ(k, `) =ϕ(k⁰, `⁰) alors k`=k⁰`⁰.

Commek|k⁰`⁰ et k∧`⁰= 1 on a k|k⁰. De mêmek⁰ |kdonck=k⁰. De même

`=`⁰.

Ainsiϕest injective et finalementϕréalise une bijection de div(a)×div(b) vers div(ab).

Par l’absurde, supposons queai etaj (aveci, j∈ {1, . . . , n+ 1}) ne soient pas premiers entre eux.

Considéronsdun diviseur premier commun àai etaj. L’entierdest diviseur de ai−aj donc de (i−j).n!.

Puisquedest premier et diviseur dei−j ou den!, il est nécessairement inférieur ànet donc assurément diviseur den!. Orddivise aussia_i =i.n! + 1 et doncd divise 1.

C’est absurde.

Notons 2p+ 1 le premier nombre impair sommé. On a N =

n−1

X

k=0

(2k+ 2p+ 1) =n(n+ 2p) avecn>2 etn+ 2p>2. AinsiN est composé.

a) 4n³+ 6n²+ 4n+ 1 = (n+ 1)⁴−n⁴= ((n+ 1)²−n²)((n+ 1)²+n²) = (2n+ 1)(2n²+ 2n+ 1).

Cet entier est composé pourn∈N^? car 2n+ 1>2 et 2n²+ 2n+ 1>2.

b)n⁴−n²+ 16 = (n²+ 4)²−9n²= (n²−3n+ 4)(n²+ 3n+ 4).

De plus les équationsn²−3n+ 4 = 0,1 ou −1 etn²+ 3n + 4 = 0,1 ou −1 n’ont pas de solutions car toutes de discriminant négatif. Par conséquent n⁴−n²+ 16 est composée.

Considérons l’entiern! + 1. Celui-ci est divisible par un nombre premier p inférieur àn! + 1.

Si ce nombre premierpest aussi inférieur ànalors il divise n! (car apparaît comme l’un des facteurs de ce produit) et donc il divise aussi 1 = (n! + 1)−n!.

Ceci est absurde et donc le nombre premier en question est au moins égal àn+ 1.

Finalement, il est strictement compris entrenetn! + 2.

Considérons lesx_k = 1001! +kavec 26k61001. Ce sont 1000 entiers consécutifs.

Pour tout 26k61001, on ak|(1001)! donck|xk avec 26k < xk doncxk ∈ P./

(10)

On peut factoriser

p²−1 = (p−1)(p+ 1)

pest impair donc les nombresp−1 etp+ 1 sont deux entiers pairs consécutifs, l’un est divisible par 2, l’autre par 4. Ainsi

8|p²−1

Les entiersp−1, p, p+ 1 sont consécutifs, l’un est divisible par 3, ce ne peut êtrep carp>5 premier. Ainsi

3|p²−1 Enfin, 3 et 8 étant premiers entre eux

24|p²−1

Sin=ab aveca, b∈N^? alors

2ⁿ−1 = (2â−1)(1 + 2â+· · ·+ 2â(b−1))

donc 2â−1|2ⁿ−1 d’où 2â−1 = 1 ou 2â−1 = 2ⁿ−1 ce qui impliquea= 1 ou a=n.

Ainsinne possède que des diviseurs triviaux, il est premier.

Supposons quea^p−1 premier.

Commea^p−1 = (a−1)(1 +a+· · ·+a^p−1) on aa−1 = 1 ou 1 +a+· · ·+a^p−1= 1.

Orp>2 eta6= 0 donc 1 +a+· · ·+a^p−16= 1. Par conséquenta= 2.

Montrons maintenant quepest premier.

Sid|palors on peut écrirep=cd puisa^p−1 = (a^d)^c−1.

Sid6=palorsc>2 puis par le résultat précédent on obtienta^d= 2 puisd= 1.

Ainsi les seuls diviseurs depsont 1 et lui-même.

Finalementpest premier.

On peut écrire

n= 2^k(2p+ 1)

On a alors

aⁿ+ 1 =b^2p+1−(−1)^2p+1= (b+ 1)c avecb=a²^k.

On en déduit queb+ 1|aⁿ+ 1, oraⁿ+ 1 est supposé premier etb+ 1>1 donc b+ 1 =aⁿ+ 1 puisn= 2^k.

On peut écriren= 2^k(2p+ 1) aveck, p∈Net l’enjeu est d’établir p= 0.

Posonsα=a²^k et β=b²^k. On a

aⁿ+bⁿ =α^2p+1+β^2p+1=α^2p+1−(−β^2p+1)

On peut alors factoriser parα−(−β) =α+β et puisqueaⁿ+bⁿ est un nombre premier, on en déduit queα+β= 1 ouα+β=aⁿ+bⁿ. Puisqueα, β>1, le cas α+β= 1 est à exclure et puisqueα6aⁿ etβ 6bⁿ, le casα+β=aⁿ+bⁿ entraîne

α=aⁿ etβ=bⁿ

Puisquea>2, l’égalitéα=aⁿ=α^2p+1 entraînep= 0 et finalementnest une puissance de 2.

a)nest impair, il n’est donc pas divisible par 2. Si tous les nombres premiersp divisantnsont tels que p= 1 [4] alorsn= 1 [4] et doncn /∈E

b) Supposons qu’il n’y en ait qu’un nombre fini de nombres premiersp₁p₂. . . p_n. Considérons

n= 4p₁p₂. . . p_n−1∈E

Il existep∈ P ∩E tel que p|nmaisp|p1p2. . . pn doncp|1. Absurde.

Par l’absurde, supposons qu’il n’y ait qu’un nombre fini de nombres premiers de la forme 4n+ 3. On peut introduire le nombreN égal au produit de ceux-ci.

Considérons alors l’entier 4N−1.

4N−1 est impair donc 2 ne le divise pas.

Si tous les facteurs premiers de 4N−1 sont égaux à 1 modulo 4 alors 4N−1≡1 [4] ce qui est absurde.

L’un au moins des facteurs premiers de 4N−1 est alors de la forme 4n+ 3 et celui-ci apparaît donc dans le produitN . Ce facteur premier divise alors les nombres 4N−1 etN, il divise donc−1, c’est absurde !

(11)

a) Quitte à échanger, supposonsn < m.

On remarque que

(Fn−1)²^m−n=Fm−1

En développant cette relation par la formule du binôme, on parvient à une relation de la forme

F_m+vF_n= 2

avecv∈Zcar les coefficients binomiaux sont des entiers.

On en déduit que pgcd(Fn, Fm) = 1 ou 2.

PuisqueFn etFmne sont pas tous deux pairs, ils sont premiers entre eux.

b) LesFn sont en nombre infini et possèdent des facteurs premiers distincts, il existe donc une infinité de nombres premiers.

(⇐) ok (⇒) Si√

n∈Qalors on peut écrire√

n=^p_q avecp∧q= 1.

On a alorsq²n=p²doncn|p²

De plusq²n=p² etp²∧q²= 1 donnep²|n.

Par double divisibilitén=p².

ni 2, ni 3 ne sont des carrés d’un entier, donc√

2∈/Qet√ 3∈/Q.

Supposonsa²|b².

Posonsd= pgcd(a, b). On ad²= pgcd(a, b)²= pgcd(a², b²) =a²doncd=|a|puis a|b.

On peut écrirex=^p_q avecp∈Z,q∈N^? et p∧q= 1.

xⁿ=k∈Zdonneqⁿk=pⁿ.p∧q= 1 doncpⁿ∧qⁿ = 1. Puisqueqⁿ |pⁿ×1 on a qⁿ|1 (par Gauss).

Par suiteqⁿ= 1 et donc q= 1 etx=p∈Z.

Il existeu, v∈Ztel quemu+nv= 1.

Analyse : Sic convient alorsc=c^mu+nv =b^ua^v. A prioric∈Q.

Synthèse : Soitc=b^ua^v. On acⁿ=b^nua^nv =a^mua^nv =aet de mêmec^m=b.

Puisque le nombre rationnelcpossède une puissance entière,c∈Z.

Le nombre de côté du polygone construit est le plus petit entierk∈N^? tel que n|kp.

Posonsδ= pgcd(n, p). On peut écrire n=δn⁰ etp=δp⁰ avecn⁰∧p⁰= 1.

n|kp⇔n⁰ |kp⁰ i.e.n⁰|k. Ainsik=n⁰=n/δ.

Supposonsx=p/qune racine rationnelle de l’équation (E) avecpet qpremiers entre eux.

En réduisant au même dénominateur, on obtient

pⁿ+a_n−1qpⁿ⁻¹+· · ·+a1pqⁿ⁻¹+a0qⁿ= 0

Puisqueqdivisea_n−1qpⁿ⁻¹+· · ·+a₁pqⁿ⁻¹+a₀qⁿ, on obtient queqdivisepⁿ. Orpetqsont premiers entre eux donc nécessairement q= 1 et doncx=p∈Z. Ainsi les racines rationnelles de (E) sont entières.

a) Supposons√

6 =p/qavecp∧q= 1. On a 6q²=p²doncppair,p= 2k. On obtient alors 3q²= 2k²et donc qest pair. Absurde carpetq sont premiers entre eux.

b) Par développement selon la formule du binôme de Newton (a+√

b)ⁿ=α_k+β_k√

bavecα_k, β_k ∈Z c)a+√

bracine deP =

n

P

k=0

akX^k donne

n

X

k=0

akαk=

n

X

k=0

akβk

!√ b

L’irrationalité de√

bentraîne

n

X

k=0

akαk=

n

X

k=0

akβk = 0 ce qui permet de justifier qu’alorsP(a−√

b) = 0.

d) Posons

Q= (X−a+√

b)(X−a−√

b) =X²−2aX+a²−b∈Z[X]

(12)

Par division euclidienneP=QS+T avec degT <2. Or en posant cette division euclidienne, on peut affirmer queS, T ∈Z[X] avecP, Q∈Z[X] etQunitaire.

a+√

b, a−√

b racine deP entraîneT = 0 et doncP =QS avecQ, S∈Z[X]. En dérivantP⁰=Q⁰S+QS⁰ et a+√

b entraîne racine deP⁰ donnea+√

bracine de S. On peut alors comme ci-dessus justifierS=QRavecR∈Z[X] et conclure.

On peut écrire

n

X

k=1

d(k) =

n

X

k=1

X

d|k

1 et en permutant les deux sommes

n

X

k=1

d(k) =

n

X

d=1

X

k∈A_d

1

avecAd l’ensemble des multiples dedqui sont inférieurs àn. On a évidemment CardAd =E(n/d)

et donc

n

X

k=1

d(k) =

n

X

d=1

En d

Puisque

x−1< E(x)6x on obtient l’encadrement

n

X

d=1

1 d−1

! 6

n

X

k=1

d(k)6n

n

X

d=1

1 d

Sachant qu’il est connu que

n

X

k=1

1 d ∼lnn on obtient

1 n

n

X

k=1

d(k)∼lnn

(⇐) clair

(⇒)nest divisible par un nombre premierpet ne peut lui être égal. On peut donc écriren=pd avec 1< d < n. Sidest premier alors on obtient la seconde forme. Sinon, il ne peut qu’être divisible parp(carq|dimplique quenest un multiple depqdcarnest produit de ses diviseurs non triviaux). Le nombredest alors de la formed=p^k.k= 1 etk>3 sont à exclure puisquenest le produit de ses diviseurs non triviaux. Il rested=p²et alors n=p³

Soitd∈Div(p^α)∩N. Notons β la plus grande puissance deptelle quep^β|d.

On peut écrired=p^βk avecp6 |k.

Puisquep6 |ket p∈ Pon ap∧k= 1. Ork|p^α×1 donc, par Gauss :k|1.

Par suited=p^β avecβ∈N. De plusd|p^αdoncp^β 6p^αpuisβ6α.

Inversement : ok.

Les diviseurs positifs sont lesd=

N

Q

k=1

p^β_k^k avec∀16k6N,06βk6αk. Le choix desβk conduisant à des diviseurs distincts, il y a exactement

N

Q

k=1

(αk+ 1) diviseurs positifs den.

Soitd∈Ndiviseur den.

Tout diviseur premier dedest aussi diviseur denet c’est donc l’un desp₁, . . . , p_N. Par suite, on peut écrired=

N

Q

i=1

p^β_iⁱ avecβ_i ∈N. p^β_iⁱ |ddoncp^β_iⁱ|nd’oùβi 6αi.

Ainsidest de la formed=

N

Q

i=1

p^β_iⁱ avec pour touti∈ {1, . . . , N}, 06βi6αi. Inversement de tels nombres sont bien diviseurs den.

Il y a autant de nombres de cette forme distincts que de choix pour les β₁, . . . , β_N.Pourβ_i, il y aα_i+ 1 choix possibles, au totald(n) =

N

Q

i=1

(α_i+ 1).

De plus σ(n) =

α1

X

β₁=0 α2

X

β₂=0

. . .

αN

X

β_N=0

p^β₁¹p^β₂². . . p^β_N^N =





α1

X

β₁=0

p^β₁¹









α2

X

β₂=0

p^β₂²



. . .





αN

X

β_N=0

p^β_N^N





(13)

Par sommation géométrique

σ(n) =

N

Y

i=1

p^α_iⁱ⁺¹−1 pi−1

a)Div(p^α)∩N=

1, p, p², . . . , p^α doncσ(p^α) =^p^α+1_p−1⁻¹.

b) Soitd∈Div(ab)∩N. Posonsd₁= pgcd(d, a) etd₂= pgcd(d, b).

On ad₁∈Div(a)∩Netd₂∈Div(b)∩N.

Puisquea∧b= 1 on a d₁∧d₂= 1. Ord₁|det d₂|ddoncd₁d₂|d.

d₁=du₁+av₁ etd₂=du₂+bv₂ doncd₁d₂=dk+abv₁v₂ d’oùd|d₁d₂. Finalementd=d₁d₂.

Supposonsd=δ₁δ₂ avecδ₁∈Div(a)∩Netδ₂∈Div(b)∩N.

On ad1|δ1δ2 etd1∧δ2= 1 doncd1|δ1 et de mêmeδ1|d1 puisd1=δ1. De mêmed2=δ2.

c)σ(ab) = P

d|ab

d= P

d₁|a

P

d₂|b

d1d2= P

d₁|a

d1

! P

d₂|b

db

!

=σ(a)σ(b).

d) Sin=p^α₁¹. . . p^α_N^N alorsσ(n) =

N

Q

i=1

p^αi+1_i −1 p_i−1 .

Si le couple (x₀, y₀) est entier la conclusion est entendue.

Sinon, on peut écrire

x₀=p₀/d₀et y₀=q₀/d₀ avecp₀, q₀∈Zet d₀∈N\ {0,1}

Considérons alors un couple entier (x⁰₀, y⁰₀) obtenu par arrondi de (x₀, y₀). On a D²= (x₀−x⁰₀)²+ (y₀−y₀⁰)²61/4 + 1/4

La droite joignant nos deux couples peut être paramétrée par (x=x⁰₀+λ(x0−x⁰₀)

y=y⁰₀+λ(y₀−y₀⁰) avecλ∈R

Cette droite coupe le cercle en (x0, y0) pourλ= 1 et recoupe encore celui-ci en (x₁, y₁) obtenu pour

λ= (x⁰₀)²+ (y⁰₀)²−N² D²

Puisque

D²=N²−2(x₀x⁰₀+y₀y₀⁰) + (x⁰₀)²+ (y⁰₀)²= d₁ d0

avecd1∈N^? etd1< d0carD²<1.

Le nombreλest donc de la formed0k/d1aveckentier et les coordonnées (x1, y1) sont alors de la forme

x1=p1/d1 et y1=q1/d1 avecp1, q1∈Zetd1∈N^?,d1< d0

Sid₁= 1, le processus s’arrête, sinon il suffit de répéter l’opération jusqu’à obtention d’un couple entier.

a)v₂(1000!) = 500 +v₂(500!) car 1000! = 2⁵⁰⁰×500!×kaveckproduit de nombres impairs.

v₂(1000!) = 500 + 250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 994.

b) En isolant les multiples depdans le produit décrivantp!, on obtient vp(n!) =

n p

+vp

n p

!

puis

v_p(n!) = n

p

+

bn/pc p

+v_p

bn/pc p

!

or

bpxc p

=bxc avecx=n/p² donne

bn/pc p

= n

p²

puis finalement

v_p(n!) = n

p

+ n

p²

+· · ·+ n

p^k

avec

k= lnn

lnp