Spé Travail maison 3 2011-2012
EXERCICE 1 :
(E) : 11x−26y= 1, oùxet y désignent deux nombres entiers relatifs.
1. (−7 ; −3) est solution de (E) (vérification laissée au lecteur).
2. Les solutions de l’équation (E) sont les couples (26k−7; 11k−3) oùk∈Z . 3. 0626k−7625⇔7626k632⇔ 7
26 6k6 32
26. k étant un entier relatif, le dernier encadrement implique quek= 1 et donc le couple cherché est (19; 8) .
Partie B
1. Codage de la lettre W : 11×22+8 = 250 et 250≡16 (26) et 16 correspond à la lettre Q. Ainsi W est codée parQ. 2. Le but de cette question est de déterminer la fonction de décodage.
(a) Si 11x≡j(26) alors 19×11x≡19j(26)⇔209x≡19j(26). Or 209≡1 (26) donc 209x≡x(26) et grâce aux propriétés sur les congruences, on ax≡19j(26). La réciproque est du même tonneau.
(b) Procédé de décodage :
11x+ 8≡y(26) donc 11x≡y−8 (26)⇔x≡19(y−8) (26) (c) Décodage de la lettre W :
Pour W,y= 22 donc la lettre codée admet unxvérifiantx≡19(22−8) (26)⇔x≡6 (26).
La lettre W code la lettre G .
EXERCICE 2 :
« Étant donnés deux entiers naturelsaetb non nuls, si PGCD(a; b) = 1 alors PGCD(a2; b2) = 1 ».
Une suite (Sn) est définie pourn >0 par Sn=
n
X
p=1
p3. On se propose de calculer, pour tout entier naturel non nul n, le plus grand commun diviseur de Sn et Sn+1.
1. Démontrer que, pour toutn >0, on a : Sn=
n(n+ 1) 2
2 . Cela se démontre par récurrence :
• Initialisation :n= 1 ,S1= 1 et
1
X
p=1
p3= 1 donc la propriété est vraie au rang 1.
• Hérédité : supposons la propriété vraie au rangn. Montrons qu’elle est vraie au rangn+ 1.
Sn+1 = Sn+ (n+ 1)3 ⇔ Sn+1 =
n(n+ 1) 2
2
+ (n+ 1)3 ⇔ Sn+1 = n2(n+ 1)2+ 4(n+ 1)3
4 ⇔ Sn+1 =
(n+ 1)2(n2+ 4n+ 4)
4 ⇔Sn+1=
(n+ 1)(n+ 2) 2
2
. Ce qui prouve que la propriété est vraie au rangn+ 1.
• D’apreès le principe du raisonnement par récurrence : Pour toutn >0, on a : Sn=
n(n+ 1) 2
2 . 2. n= 2k.
(a) S2k =
2k(2k+ 1) 2
2
=k2(2k+1)2etS2k+1 =
(2k+ 1)(2k+ 2) 2
2
= (k+1)2(2k+1)2. Or d’après le cours sur le PGCD, PGCD(ka,kb)=kPGCD(a, b) donc PGCD(S2k; S2k+1) = (2k+ 1)2PGCD k2 ; (k+ 1)2
. (b) Calcul du PGCD (k; k+ 1).
k+ 1−k= 1 donc d’après le théorème de Bézout, il existeuetv dansZtels que au+bv= 1 donc k+ 1 etk sont premiers entre eux. Il s’en suit que :
PGCD (k; k+ 1) = 1
(c) Grâce à la propriété du préambule, PGCD(k2 ; (k+ 1)2) = 1 car PGCD (k; k+ 1) = 1, il s’en suit que PGCD(S2k ; S2k+1) = (2k+ 1)2.
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3. n= 2k+ 1.
(a) (2k+ 1)(k+ 1)−k(2k+ 3) = 1. Comme il existe uetv dansZtels que (2k+ 1)u+ (2k+ 3)v= 1 les deux nombres 2k+ 1 et 2k+ 3 sont premiers entre eux et PGCD (2k+ 1 ; 2k+ 3) = 1.
(b) S2k+2=
(2k+ 2)(2k+ 3) 2
2
= (k+ 1)2(2k+ 3)2et S2k+1= (k+ 1)2(2k+ 1)2. Or d’après le cours sur le PGCD, PGCD(ka,kb)=kPGCD(a, b) donc PGCD(S2k+1; S2k+2) = (k+ 1)2PGCD (2k+ 1)2 ; (2k+ 3)2. Toujours en vertu de ce qui précède, et à la propriété du préambule, on obtient :
PGCD(S2k+1 ; S2k+2) = (k+ 1)2. 4. Sn et Sn+1 sont premiers entre eux⇔PGCD(Sn ; Sn+1) = 1
• Si nest pair, PGCD(S2k ; S2k+1) = (2k+ 1)2= 1⇔k= 0 etn= 0 ce qui ne se peut pas.
• Si nest impair, PGCD(S2k+1 ; S2k+2) = (k+ 1)2= 1⇔k= 0 etn= 1 ce qui représente la seule possibilité.
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