Corrigé du D.S.1 spé I - 1.

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Corrigé du D.S.1 spé

I -

1. 20062006=73×274822 d'où 73 | 20062006, 12341234=73×169058 d'où 73 | 12341234, 10001000=73×137000 d'où 73 | 10001000.

2. abcdabcd=a×10⁷b×10⁶c×10⁵d×10⁴a×10³b×10²c×10d

=a×10³b×10²c×10d×1001 or 1001=137×73

d'où abcdabcd=73×a×10³b×10²c×10d×137, avec

a×10³b×10²c×10d×137∈ℕ En conclusion : 73 | abcdabcd .

II – Soit n∈ℕ ; on a : n3n−15=n²2n2. On en déduit que n3 | n²2n2⇔n3 | 5

En effet : Si n3 | n²2n2, alors il existe un entier relatif q tel que : n²2n2=qn3, d'où

n3n−15=qn3, soit 5=qn3−n3n−1=n3q−n1 avec q−n1∈ℤet donc n3 | 5.

Réciproquement : Si n3 | 5, alors il existe un entier relatif q tel que : 5=n3q, d'où

n²2n2=n3n−1n3q=n3n−1q, avec n−1q∈ℤ et donc n3|n²2n2. En conclusion : n3=1 ou n3=5 car les seuls diviseurs entiers naturels de 5 sont 1 ou 5.

et donc n=2 est la seule solution car n∈ℕ.

III - 10¹⁰=17q−49=17q−3×172=17q−32 avec q−3∈ℤ et 217 Conclusion : le reste de la division euclidienne de 10¹⁰ par 17 est 2.

IV - a=11q₁8 et b=11×q₂2 alors

1. ab=11q₁q₂10 avec 11q₁q₂∈ℤ et 1011, d'où r=10. 2. ab=11q₁811q₂2=1111q₁q₂8q₂2q₁16

d'où ab=1111q₁q₂8q₂2q₁15 avec 11q₁q₂8q₂2q₁1∈ℤ et 511,d'où r=5. 3. a²=11q18²=11q1²11×16q164=1111q1216q159 avec 11q1216q15∈ℤ et

911,d'où r=9.

V - 2n²n=2nn1−n−11=2n−1n11 avec 2n−1∈ℤ et 1n1,d'où r=1. n²2n3=nn23 d'où r=3 si 3n2⇔1n,

Sinon ( sin=1 ), alors _n²_2_n3₌₆ et n2=3 et donc, comme 3 | 6, le reste r égal 0.

VI – p.g.c.d. de 816 et de 528.

816=528×1288 528=288×1240 288=240×148

240=48×50, le dernier reste non nul est 48, donc 816∧528=48. VII - n∈ℕ^*, a=2n³5n²4n1 et b=2n²1

1. 2n²1=n2n1, d'où 2n1 | b et 2n³5n²4n1=2n1n1², d'où 2n1 | a. Conclusion : 2n1 divise a et b .

2. 2n³5n²4n1=2n²nn22n1

2n²n=2n1n0. Le dernier reste non nul est 2n1, d'où d'après l'algorithme d'Euclide on a : a∧b=2n1.

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