⇔ap+1≡bp+1(n) doncP(p+ 1) est vraie

TS/Spé Correction DS 1 _2013-2014

EXERCICE 1 Restitution du our s.

Soita,a^′,b etb^′ des entiers relatifs etnun entier naturel non nul.

On sait que : Sia≡a^′(n) et si b≡b^′(n), alorsab≡a^′b^′(n) (⋆).

Soit, pour tout entier naturelpnon nul , la propriétéP(p) :a≡b(n)⇒a^p≡b^p(n).

Initialisation:a¹=aetb¹=b eta≡b(n) donc P(1) est vraie.

Hérédité: Soitp∈N. On suppose que la propriétéP(p) est vraie au rangp. Démontrons qu’elle est vraie au rang p+ 1.

P(p) est vraie ⇔a^p≡b^p(n)

⇒a^p×a≡b^p×b(n) (grâce à (⋆))

⇔a^p+1≡b^p+1(n) doncP(p+ 1) est vraie.

Conclusion : Ainsi pour tout entier naturelpnon nul :

Sia≡b(n), alorsa^p≡b^p(n)

EXERCICE 2 DiÆvi sion EulidienÆne.

Les deux questions qui suivent sont indépendantes.

1. Il existeq∈Ntel que 63 =bq+ 17 et 17< b. Ce qui peut s’écrirebq= 46 etb >17.

Les seules possibilités sont doncbq= 46×1 = 23×2. Les deux couples (b;q) possibles sont donc (46; 1) et (23; 2).

2. ∀n∈N^∗, n²+ 5n+ 7 = (n+ 3)(n+ 2) + 1. Comme 1< n+ 3, la relation précédente est l’écriture de la division euclidienne den²+ 5n+ 7 parn+ 3 : le reste vaut 1 et il est indépendant den.

EXERCICE 3 LaÆngage des ongruenes.

Les deux questions qui suivent sont indépendantes.

1. n∈Z.n+ 5≡3 (9)⇔ ∃k∈Ztel que n+ 5 = 3 + 9k⇔n= 9k−2.

L’ensemble cherché est la partie deZsuivante {9k−2;k∈Z}

2. Reste dans la division euclidienne de 4²⁰¹⁴par 7 : en remarquant que 4³≡1(7), on divise 2014 par 3, on obtient 2014 = 3×671 + 1. De sorte que : 4²⁰¹⁴= 4^3×671+1= (4³)⁶⁷¹×4

et 4³≡1(7)⇒(4³)⁶⁷¹≡1⁶⁷¹(7)⇒(4³)⁶⁷¹×4≡1⁶⁷¹×4(7)⇔4²⁰¹⁴≡4(7) Le reste dans la division de 4²⁰¹⁴ par 7 est 4.

3. 7≡ −1(4) donca=−1 est un bon « candidat ».

7≡ −1(4)⇒7²ⁿ ≡(−1)²ⁿ(4)⇔7²ⁿ≡1(4)⇔7²ⁿ+ 3≡1 + 3≡0(4).

Le reste dans la division de 7²ⁿ+ 3 par 4 est donc égal à 0 : pour tout entier natureln, 7²ⁿ+ 3 est divisible par 4.

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TS/Spé Correction DS 1 _2013-2014

EXERCICE 4 Propriétés de diÆvi sibilité.

On désigne parnetadeux entiers naturels supérieurs à 2.

a|3n+ 1 a|4n−5

donca|4(3n+ 1)−3(4n−5)⇔a|19. Commea>2,a= 19.

On a donc : 19|3n+ 1 19|4n−5

d’où 19|4n−5−(3n+ 1)⇔19|n−6. On en déduit qu’il existek∈Ztel quen= 19k+ 6.

On cherchentel que 26n6100 ⇒ k 0 1 2 3 4 n 6 25 44 63 82

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