On peut conjecturer que, pour tout n∈N,dn= 1 i.e

Corrigé du devoir à la maison n^◦5 Partie A. – Étude d’un cas particulier

1. u₂ = 7×1 + 1×0 = 7, u₃ = 7×7 + 1 = 50 etu₄ = 7×50 + 7 = 357.

2. À l’aide de la calculatrice, on trouve d0 =d1 =d2 =d3 = 1.

On peut conjecturer que, pour tout n∈N,d_n= 1 i.e. queu_n et u_n+1 sont premiers entre eux.

3. Par définition, d_n divise u_n et u_n+1 doncd_n divise 7u_n+1+u_n i.e.d_n divise u_n+2. Ainsi, d_n divise u_n+1 et u_n+2 donc d_n divise d_n+1.

4. Par définition,d_n+1 diviseu_n+1 et u_n+2 donc d_n+1 divise u_n+2−7u_n+1 i.e.d_n+1 diviseu_n. Ainsi, d_n+1 diviseu_n+1 etu_n donc d_n+1 divise d_n.

5. Soit n ∈ N. On a montré que d_n | d_n+1 et d_n+1 | d_n donc, comme d_n > 0 et d_n+1 >0, d_n = d_n+1. Ainsi, la suite (d_n) est constante donc, comme d₀ = 1, pour tout n ∈ N, d_n= 1. Ainsi, pour tout n ∈N,u_n etu_n+1 sont premiers entre eux.

Partie B. – Cas général

On se place à présent dans le cas général i.e. on suppose quepetqsont des entiers strictement positifs quelconques.

Pour tout n ∈N, on pose X_n= u_n+1 u_n

!

. 1. Soit n∈N. Alors,

X_n+1 = u_n+2 u_n+1

!

= pu_n+1+qu_n u_n+1

!

= p q 1 0

! u_n+1 u_n

!

=AX_n

en posant A= p q 1 0

!

.

2. Soit n∈N^∗. Notons Aⁿ = a b c d

!

. Alors, d’une part X_n=AⁿX₀ donc

u_n+1 u_n

!

= a b c d

! 1 0

!

= a

c

!

donc a=u_n+1 et c=u_n. D’autre part, Xⁿ⁺¹ =AⁿX₁ donc u_n+2

u_n+1

!

= a b c d

! p 1

!

= ap+b cp+d

!

donc b=u_n+2−ap=u_n+2−pu_n+1 =qu_n et d=u_n+1−cp =u_n+1−pu_n =qun−1 (car n>1).

Ainsi, on conclut que Aⁿ = u_n+1 qu_n u_n qun−1

!

. 3. a. Soit (k;m)∈N×N^∗. Alors,

u_m+k+1 u_m+k

!

=X_m+k=A^m+kX₀ =A^mA^kX₀ =A^mX_k

donc, comme m >1, d’après la question précédente, u_m+k+1

u_m+k

!

=X_m+k=A^m+kX₀ = u_m+1 qu_m u_m qum−1

! u_k+1 u_k

!

= u_m+1u_k+1qu_mu_k u_mu_k+1+qum−1u_k

!

En particulier, en identifiant les seconds coefficients, on obtient u_k+m =u_mu_k+1+qum−1u_k.

b. Considérons, pour tout n ∈N, la propositionP_n : «u_m diviseu_nm».

Commeu₀ = 0 et que tout entier divise 0, la propositionP₀ est vraie.

Soit k ∈ N. Supposons que P_k est vraie i.e. que u_n divise u_km. Alors, d’après la question précédente, puisque m>1,

u_(k+1)m =u_mk+m =u_mu_mk+1+qum−1u_mk

mais u_m divise u_km et u_m donc il diviseu_mu_mk+1+qum−1u_mk i.e.u_m divise u_(k+1)m. Ainsi, P_k+1 est vraie.

On a donc montré par récurrence que, pour tout n ∈N, u_m diviseu_nm.

4. a. Soit d un diviseur positif commun à w et v. Alors, d divise w et w divise u donc d divise PGCD(u, v) = 1 i.e., comme d > 0, d = 1. Ainsi, le seul diviseur positif commun àw et v est 1 donc w est premier avec u.

b. Par définition, δ divise a et b donc, commea et b sont positifs, il existe des entiers naturels k et ` tels que a= kδ et b= `δ. Commeδ >0, on déduit de la question 3.b.

que u_δ divise u_kδ=u_a et u_`δ =u_b donc u_δ divise PGCD(u_a, u_b) i.e. u_δ divise D.

c. Considérons, pour tout n ∈N^∗, la propositionQ_n : « u_n est premier avec q».

Commeu₁ = 1, Q₁ est vraie.

Soit k ∈ N^∗. Supposons que H_k est vraie i.e. que u_k est premier avec q. Notons d= PGCD(u_k+1, q). Alors,ddiviseu_k+1etddiviseqdoncddiviseu_k+1−quk−1 =pu_k. Or, d divise q et q est premier avecp donc, grâce à la question 4.a., d est premier avec p. Ainsi, par le théorème de Gauss, d divise u_k. Ainsi, d divise q et u_k donc d divise PGCD(q, u_k) = 1 par hypothèse de récurrence. Ainsi,d= 1 doncu_k+1 etq sont premiers entre eux donc Q_k+1 est vraie.

On a donc montré par récurrence que, pour tout n ∈N^∗, u_n etq sont premiers entre eux.

d. Considérons, pour tout n ∈N, la propositionH_n : «d_n = 1 ».

Commed0 = PGCD(u0, u1) = PGCD(0,1) = 1 donc H0 est vraie.

Soit k ∈ N. Supposons que H_k est vraie i.e. que d_k = 1. Comme d_k+1 divise u_k+1 et u_k+2, d_k+1 divise u_k+2−pu_k+1 = qu_k. Or, k + 1 > 1 donc, par la question 4.c., u_k+1 est premier avec q. De plus, d_k+1 divise u_k+1 donc, par la question 4.a., d_k+1 est premier avec q. Ainsi, comme d_k+1 divise qu_k, on déduit du théorème de Gauss, que d_k+1 diviseu_k. Dès lors, d_k+1 divise u_k etu_k+1 donc d_k+1 divise d_k = 1. Comme d_k+1 >0, on conclut que d_k+1 = 1 i.e.H_k+1 est vraie.

On a donc montré, que pour tout n∈N, d_n = 1.

e. Comme δ= PGCD(a, b), par théorème, il existe des entiersret s tels quera+sb=δ.

Si r 60 ets60 alors, comme a >0 et b >0, δ= ra+sb60 ce qui est absurde car δ>1. Si r >0 et s >0 alors, comme r est entier, r>1 donc δ=ra+sb > ra>a ce qui est absurde car δ est un diviseur de a et a > 0. Ainsi, r et s sont de signes contraires.

f. Comme ra−tb=δ,ra=δ+tbet, commeδ >0 ettb>0, on aA^ra =A^δ+tb = A^δA^tb. Ainsi, X_ra=A^raX₀ =A^δA^tbX₀ =A^δX_tb. De plus, commeδ > 0, d’après la question 2., A^δ = u_δ+1 qu_δ

u_δ quδ−1

!

donc

u_ra+1 u_ra

!

= u_δ+1 qu_δ u_δ qu_δ−1

! u_tb+1 u_tb

!

= u_δ+1u_tb+1+qu_δu_tb u_δu_tb+1+qu_δ−1u_tb

!

. En particulier, en identifiant les seconds coefficients,

u_ra=u_δu_tb+1+quδ−1u_tb.

g. Par définition, D divise u_a et u_b donc, grâce à la question 3.b., comme a > 0 et b >0, Ddivise u_ra etu_tb. Ainsi, d’après l’égalité de la question précédente, D divise ura−quδ−1utb i.e. D diviseuδutb+1. Or, D divise utb et, d’après la question 4.d., utb

et u_tb+1 sont premiers entre eux donc, d’après la question 4.a., D est premier avec u_tb+1. ainsi, par le théorème de Gauss, D diviseu_δ.

Or, on a vu en question 4.b. que u_δ divise D donc, comme ils sont tous les deux positifs, D=u_δ.

5. Supposons que, pour tous entiers a etb strictement positifs, PGCD(u_a, u_b) = u_PGCD(a,b). En particulier, poura = 2 et b= 3, PGCD(u₂, u₃) =u_PGCD(2,3) =u₁ = 1. Ainsi,u₂ =p et u3 =p² +q sont premiers entre eux. Notons d le P.G.C.D. dep et q. Alors, d divise p et q donc p divise u₂ et u₃ =p×p+q donc d divise PGCD(u₂, u₃) = 1 donc p = 1.

Ainsi, p et q sont premiers entre eux.