Corrigé du devoir surveillé n ◦ 2
Exercice 1. — On peut utiliser deux méthodes.
Méthode 1. — Le tableau suivant donne les restes modulo 8 :
Reste dex modulo 8 0 1 2 3 4 5 6 7
Reste de 5x modulo 8 0 5 2 7 4 1 6 3
On déduit de ce tableau que 5x≡3 [8] si et seulement si x≡7 [8]. Ainsi, l’ensemble des entiers x tels que 5x≡3 [8] est{7 + 8k|k ∈Z}.
Méthode 2. — En remarquant que 5 ×5 = 24 = 1 + 8×3 = 1 [8], 5 est son propre pseudo-inverse modulo 8 donc, pour tout entier x,
5x≡3 [8]⇔x≡5×3 [8]⇔x≡15 [8]⇔x≡7 [8].
On conclut de même que l’ensemble des entiers xtels que 5x≡3 [8] est {7 + 8k|k ∈Z}.
Exercice 2.
1. Étant donné que 97 = 4 782 969 = 17×281 351 + 2, 97 ≡2 [17] . Dès lors, 98 = 9×97 ≡ 9×2 [17]≡18 [17] donc 98 ≡1 [17] .
2. Étant donné que 2015 = 17×118 + 9, 2015≡9 [17]. Dès lors, 20152015 ≡92015 [17]. Or, 2015 = 8×251 + 7 donc
92015 = 98×251+7 =98251×97 ≡1251×2 [17]≡2 [17].
Ainsi, 20152015 ≡2 [17] i.e. 20152015−2≡0 [17] donc 20152015 −2 est divisible par 17 .
Exercice 3.
1. Étant donné que 2015−(−1) = 2016 = 7×288, 7 divise 2015−(−1) donc 2015≡ −1 [7] . 2. Supposons que (x;y) soit une solution de (G). Alors, 2x3 = 2015n −7y donc 2x3 ≡
2015n [7] et donc 2x3 ≡(−1)n [7] .
Si n est pair, 2x3 ≡ 1 [7] donc le reste de 2x3 modulo 7 est 1 et si n est impair, 2x3 ≡ −1 [7]≡6 [7] donc le reste de 2x3 modulo 7 est 6.
Ainsi, les restes possibles dans la division de 2x3 par 7 sont 1 et 6 . 3.
Reste de x modulo 7 0 1 2 3 4 5 6
Reste de 2x3 modulo 7 0 2 2 5 2 5 5
4. On constate que les restes possibles pour 2x3 modulo 7 donc 0, 2 et 5 donc 1 et 6 ne sont pas des restes possibles pour 2x3. On conclut donc que l’équation (G) n’a pas de solution dans Z2.
Exercice 4.
1. Le tableau suivant donne les restes modulo 3 :
Reste de n modulo 3 0 1 2
Reste de n4+ 1 modulo 3 1 2 2
On déduit que, pour tout n∈N, An6≡0 [3] donc 3 ne divise pas An .
2. Supposons que d est un diviseur positif de An. Alors, An≡0 [d] doncn4+ 1≡0 [d] i.e.
n4 ≡ −1 [d]. Par suite,n8 = (n4)2 ≡(−1)2 [8] i.e. n8 ≡1 [d] .
3. Soit d un diviseur de An. On note s le plus petit des entiers naturels q > 0 tels que nq ≡1 [d].
a. Par définition, il existe un entier naturel q tel que k=qs+r doncnk = (ns)q×nr et ainsi (ns)q×nr ≡nk [d]. Or, par définition,ns≡1 [d] donc (ns)q ≡1q [d]≡1 [d]
et ainsi (ns)q×nr ≡nr [d]. On a donc nr ≡nk [d]. Mais, par hypothèse, nk ≡1 [d]
donc nr≡1 [d] .
Ainsi, r est un entier naturel tel que nr ≡1 [d]. De plus,r < s donc, comme s est le plus petit entier strictement positif tel que ns ≡1 [d] donc conclut que r= 0 . b. On déduit de la question précédente que, pour tout entier naturelk tel quenk ≡1 [d],
s divise k. Or, on a montré en question 2 que n8 ≡1 [d] donc s divise 8 . Il s’ensuit que s ∈ {1,2,4,8}.
Exercice 5.
Le tableau suivant donne les restes modulo 8 :
Reste dex modulo 8 0 1 2 3 4 5 6 7
Reste dex4 modulo 8 0 1 0 1 0 1 0 1
Ainsi, le reste modulo 8 de la puissance 4 d’un entier est toujours inférieur ou égal à 1. Si x1, x2, x3, x4, x5 et x6 sont des entiers, on en déduit que le reste de x41+x42+x43 +x44+x45 +x46 modulo 8 est inférieur ou égal à 6.
Or, 8a+ 2015 = 8(a+ 251) + 7≡7 [8] donc le reste de 8a+ 2015 modulo 8 est 7. Il s’ensuit que l’équation x41+x42+x43+x44+x45+x46 = 8a+ 2015 n’a pas de solution dans Z6.
