Corrigé du devoir à la maison n

Corrigé du devoir à la maison n

1

Partie A

1. SoitN ∈N^∗. Sia = 1, l’égalité est évidente cara^N−1 = 1^N−1 = 0 eta−1 = 1−1 = 0.

Sinon, ^N−1P

k=0

a^k est la somme N premiers termes d’une suite géométrique de raison a6= 1 donc

N−1

P

k=0

a^k = ^1−a_1−a^N = ^a_a−1^N−1. En multipliant par a−1, on obtient l’égalité voulue.

On a donc pour toutN ∈N^∗,

a^N −1 = (a−1)

N−1

X

k=0

a^k .

2. Soit n∈N. En utilisant l’égalité précédente avec a= 4 etN =n+ 1, il vient 4ⁿ⁺¹−1 = (4−1)

N−1

X

k=0

4^k = 3

N−1

X

k=0

4^k.

Comme ^N

−1

P

k=0

4^k est un entier (puisque c’est une somme d’entiers), on en déduit que 3 divise 4ⁿ⁺¹−1 .

Partie B

1. Par définition,

u₀ = 0×4⁰⁺¹−(0 + 1)×4⁰+ 1 = 0 = 0×9, u₁ = 1×4¹⁺¹−(1 + 1)×4¹+ 1 = 9 = 1×9, u₂ = 2×4²⁺¹−(2 + 1)×4²+ 1 = 81 = 9×9 et u₃ = 3×4³⁺¹−(3 + 1)×4³+ 1 = 513 = 57×9.

Ainsi, les quatre premiers termes de (un) sont divisibles par 9.

2. Soit n∈N. Alors,

u_n+1 = (n+ 1)4ⁿ⁺²−(n+ 2)4ⁿ⁺¹+ 1

=n4ⁿ⁺²+ 4ⁿ⁺²−(n+ 1)4ⁿ⁺¹−4ⁿ⁺¹+ 1

= 4n4ⁿ⁺¹−4(n+ 1)4ⁿ+ 4−4 + 4ⁿ⁺¹(4−1) + 1

= 4(n4ⁿ⁺¹−(n+ 1)4ⁿ+ 1) + 3×4ⁿ⁺¹−3 donc u_n+1 = 4u_n+ 3(4ⁿ⁺¹−1) .

3. Considérons, pour tout n∈N, la proposition, P_n : « 9 divise u_n».

• On a vu que 9 diviseu₀ donc P₀ est vraie.

• Supposons que P_k soit vraie pour un certain k∈N.

•Alors, d’une part 9 diviseuk et, d’autre part, d’après laPartie A, 3 divise 4^k+1−3 donc 3×3 divise 3(4^k+1−1). Ainsi, 9 divise u_k et 3(4^k+1−1) donc 9 divise 4u_n+ 3(4ⁿ⁺¹−1) i.e. 9 divise u_k+1. Ainsi, P_k+1 est vraie.

On a donc montré par récurrence que, pour tout n∈N, 9 divise u_n.

Partie C

1. Comme s divise t, il existe un entier naturel k >1 (car s > 0 et t > 0) tel que t =ks.

Dès lors, en appliquant le résultat de la question 1.de laPartie A aveca=b^s etN = k, il vient

B_t=b^t−1 =b^ks−1 = (b^s)^k−1 = (b^s−1)

k−1

X

i=0

(b^s)ⁱ =B_s

k−1

X

i=0

(b^s)ⁱ.

Comme

k−1

P

i=0

(b^s)ⁱ est un entier, on en déduit que B_s diviseB_t.

2. a. Par définition, b^rBn−r+B_r =b^r(b^n−r−1) +b^r−1 =bⁿ−b^r+b^r−1 =bⁿ−1 donc b^rBn−r+B_r =B_n.

b. Par définition, il existe un entier q tel que n =mq+r donc n−r = mq. Ainsi,m divise n−r et, comme 0< m < n, nim ni n−r n’est nul donc, par la question 1., B_m divise Bn−r. Ainsi, il existe un entier K tel queBn−r = KB_m donc, d’après la question a., Bn = (b^rK)B_m +Br. De plus, comme 0 6 r < m, 1 6 b^r < b^m donc 06b^r−1< b^m−1 i.e. 06B_r < B_m. Ceci prouve que l’écriture B_n= (b^rK)B_m+B_r est la division euclidienne de Bn par Bm et donc le reste dans cette division est Br .

Partie D (facultative)

1. Par définition, n−a divise n²−a donc n−a divise (n² −a)−(n−a)(n+a) =a²−a.

Comme a>2, a²−a= a(a−1)>0 donc les diviseurs dea²−a sont inférieurs ou égaux àa²−a. Ainsi, n−a6a²−a et donc n 6a² .

2. Supposons quen =a². Alors n−a=a²−a=a(a−1) etn²−a=a⁴−a=a(a³ −1).

D’après la question 1.de la Partie A,a−1 divisea³−1 (prendre N = 3) donca(a−1) divisea(a³−1) i.e. n−a divisen² −a.

On conclut donc que a² ∈E .

3. a. Il est clair que 0 et 1 sont dans E car si n = 0 ou n = 1 alors n−a =n²−a. De plus, on vient de voir que a² ∈E et, comme a >2,a² est différent de 0 et 1. Enfin, il est également clair que a+ 1 ∈E car si n = a+ 1 alors n−a = 1 divise n² −a.

De plus, comme a > 2, a est différent de 0 et de 1 et a² 6=a+ 1 car, sia² = a+ 1 alors a(a−1) = 1 donc a divise 1 ce qui absurde car a>2. Ainsi, il y a au moins 4 éléments différents dans E donc m>4.

On a vu dans la question1.que les éléments de E sont tous inférieurs ou égaux àa² : il y en a donc au plus a²+ 1 (tous les entiers de 0 àa²).

Remarquons de plus que a /∈E car sin =a alors n−a= 0 et n²−a =a²−a6= 0 car a >2 donc n−a ne divise pas n²−a. Ainsi, m 6a².

On conclut que 46m 6a² .

b. Si a= 2 alors a² = 4 donc, d’après la question précédente, m= 4.