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Exercices corrigés d’arithmétique en Maths Sup

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Résumé de cours Exercices et corrigés

Cours en ligne de Maths en Maths Sup

Plan des exercices :

1. Divisibiité
2. Sur les nombres premiers
3. PGCD
4. Produit des diviseurs
5. Somme des diviseurs
6. Nombres de Mersenne
7. Nombres de Fermat
8. Triangles Pythagoriciens
9. Théorème de Wilson
10. Théorème chinois

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1. Divisibilité

Exercice 1 : arithmétique maths sup
$\forall\, n \in \mathbb{N}$ , $7$ divise $3 ^{2 n + 1} + 2 ^{n + 2}$ . Vrai ou Faux ?

Correction :

Deux démonstrations sont proposées.

$\bullet$ On raisonne avec la relation de congruence modulo 7.
$3 ^2 \equiv 2 \; \; [7]$
$3 ^{2 n + 1} = (3 ^2) ^n \times 3 \equiv 2^n \times 3 \; \; [7]$
donc $3 ^{2 n + 1} + 2 ^{n + 2} \equiv 2^n \times 3 + 2 ^n \times 4 \; \; [7]$
soit $3 ^{2 n + 1} + 2 ^{n + 2} \equiv 7 \times 2^n \; \; [7]$
et 7 divise $3 ^{2 n + 1} + 2 ^{n + 2}$ .

$\bullet$ Démonstration par récurrence.
Si $n \in \mathbb{N}$ , on note
$\quad \quad H_n : 7$ divise $u_n = 3 ^{2 n + 1} + 2 ^{n + 2}$ .

$\ast$ Pour $n = 0$ , $3 ^{2 n + 1} + 2 ^{n + 2} = 3 + 4 = 7$ est divisible par 7.

$\ast$ On suppose que $H_n$ est vraie, il existe donc $k\in \mathbb{N}$ tel que $3 ^{2 n + 1} + 2 ^{n + 2} = 7 \, k$ .
$u_{n + 1} = 3 ^{2 n + 3} + 2 ^{n + 3}$
$u_{n + 1} = 9 \times 3 ^{2 n + 1} + 2 ^{n + 2}$
$u_{n + 1} = 7\times 3 ^{2 n + 1} + 2 \left ( 3 ^{2 n + 1} + 2 ^{n + 1} \right)$
$u_{n + 1} = 7 \times 3 ^{2 n + 1} + 2 \, u_n$
$u_{n + 1} = 7 \times 3 ^{2 n + 1} + 14 \, k$ est divisible par 7.
Donc $H_{n + 1}$ est vraie.

La propriété est démontrée par récurrence.

Exercice 2
$\forall\, n \in \mathbb{N}$ , $35$ divise $3 ^{6\, n} - 2 ^{6\, n}$ . Vrai ou Faux ?

Correction :

$\bullet$ On utilise les relations de congruence modulo 7 et 5.
$\ast$ $3 ^2 = 9 \equiv 4 \; \; [5]$
donc $3 ^{6 \, n} \equiv (2 ^2) ^{3 \, n} \; \; [5]$
soit $3 ^{6 \, n} \equiv 2 ^{6 \, n} \; \; [5]$
ce qui donne $5$ divise $3 ^{6\, n} - 2 ^{6\, n}$ .

$\ast$ $3 ^2 = 9 \equiv 2 \; \; [7]$
donc $3 ^{6 \, n} \equiv (2 ) ^{3 \, n} \; \; [7]$
puis $2 ^3 = 8 \equiv 1 \; \; [7]$
donc $(2 ^3)^ n \equiv 1 \; \; [7]$
soit $2 ^{3 \, n } \equiv 1 \; \; [7]$
et alors $2 ^{6 \, n } \equiv 1 \; \; [7]$
On obtient : $3 ^{6 \, n} \equiv 2 ^{6 \, n} \; \; [7]$
ce qui donne $7$ divise $3 ^{6\, n} - 2 ^{6\, n}$ .

Comme $5 \wedge 7 = 1$ , $35$ divise $3 ^{6\, n} - 2 ^{6\, n}$ .

$\bullet$ Autre méthode.
On suppose que $n \geq 1$ car $\quad \quad 3 ^{6\, n} - 2 ^{6\, n} = 0 = 0 \times 35$ .

On rappelle que si $p \in \mathbb{N}^*$ , $\quad \displaystyle x ^p - y^p = (x - y) \sum _{k = 0} ^{p - 1} x ^k \, y ^{p - 1 - k}$ .
$3 ^{6 } - 2 ^6 = 729 - 64 = 665 = 7 \times 5 \times 19$
avec $x = 3 ^6$ et $y = 2 ^6$
$u_n = (3 ^6 - 2 ^6 ) \, Q$ où $\quad Q = \displaystyle \sum_ {k = 0} ^{n - 1} (3 ^6) ^k \, (2 ^6) ^{n - 1 - k} \in \mathbb{N}$
$u_n = 35 \times 19 \times Q$ .
On peut remarquer que cette méthode prouve même que $u_n$ est divisible par $\quad \quad \quad 35\times 19 = 665$ .

Exercice 3
Si $n \in \mathbb{N}^*$ , $n ^2$ divise $(n + 1) ^n - 1$ Vrai ou Faux ?

Correction : Par le binôme de Newton,
$\quad \quad (n + 1) ^n = \displaystyle \sum _{k = 0} ^n \binom n k n ^k$
$\quad \quad (n + 1) ^n - 1 = \displaystyle \sum _{k = 1} ^n \binom n k n ^k$

$\ast$ $\displaystyle \binom n 1 \, n = n ^2 \equiv 0 \; \; [n ^2]$
$\ast$ Si $2 \leq k \leq n$ , $n ^2$ divise $n ^k$ , donc $\displaystyle \binom n k \, n ^k \equiv 0 \;\; [n ^2]$ .
alors $(n+ 1) ^n - 1 \equiv 0 \; \; [n ^2]$
et $n ^2$ divise $(n+ 1) ^n - 1$ .

Exercice 4
Soient $a$ et $b$ deux éléments de $\mathbb{N}$
Il y a équivalence entre
1) $7$ divise $a$ et $b$
2) $a^2 + b^2$ est un multiple de $7$ . Vrai ou Faux ?

Correction :

$\bullet$ Si $7$ divise $a$ et $b$ , $7$ divise $a^2$ et $b ^2$ , donc divise $a ^2 + b^2$ .

$\bullet$ On démontre la contraposée.
On suppose que $7$ ne divise pas $a$ ou $b$ .
On peut se ramener au cas où $7$ ne divise pas $a$ .
On utilise la relation de congruence modulo 7.
$\ast$ $x \equiv 0\;\;[7] \Rightarrow x^2 \equiv 0\;\;[7]$
$\ast$ $x \equiv 1\;\;[7]$ ou $x \equiv 6\;\;[7]$ $\Rightarrow x^2 \equiv 1\;\;[7]$
$\ast$ $x \equiv 2\;\;[7]$ ou $x \equiv 5\;\;[7]$ $\Rightarrow x^2 \equiv 4\;\;[7]$
$\ast$ $x \equiv 3\;\;[7]$ ou $x \equiv 4\;\;[7]$ $\Rightarrow x^2 \equiv 2\;\;[7]$

$a^2$ est congru modulo 7 à $1$ , $2$ ou $4$ .
$b^2$ est congru modulo 7 à $0$ , $1$ , $2$ ou $4$ .
Donc $a ^2 + b^2$ est congru modulo 7 à la somme des congruences soit à $k$ , avec $1 \leq k \leq 6$ , il n’est jamais congru à 0 donc $7$ ne divise pas $a^2 + b ^2$ .

2. Sur les nombres premiers

Exercice 1

$\displaystyle \sqrt[5\, ] {\frac 3 4}$ est un irrationnel. Vrai ou Faux ?

Correction : On suppose qu’il existe $a, b \in \mathbb{N}^*$ tels que $\displaystyle \left ( {\frac 3 4} \right ) ^{1/5} = \frac a b$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \frac 3 4 = \frac {a^5} {b ^5}$ $\Rightarrow 3 \, b ^5 = 4 \, a ^5$
alors $v_3(3) + v_3(b ^5) = v_3(4) + v_3(a ^5)$
$\Rightarrow$ $1 + 5 \, v_3(b) = 5 \, v_3(a)$
donc $1 = 5(v_3(a) - v_3(b))$ donnerait $5$ divise $1$ ce qui est absurde.

$\displaystyle \left ( \frac 3 4 \right ) ^{1/5}$ est un irrationnel.

Exercice 2
Soit $p$ un nombre premier impair tel que $p$ divise $n ^2 + 1$ où $n \in \mathbb{N}^*$ .
$p \equiv 1\;\; [4]$ .

Vrai ou Faux ?

Correction : $p$ divise $n ^2 + 1$ donc $n ^2 \equiv - 1 \; \; [p]$ .

$p$ est impair, on l’écrit $p = 2 \, q + 1$ avec $q \in \mathbb{N}^*$ car $p \neq 1$ .
$p$ divise $n ^2 + 1$ $\Rightarrow$ $p$ ne divise pas $n$ (car si $p \, \vert \, n$ , $p\, \vert \, n ^2$ , donc $p$ divise 1, ce qui est impossible).
Par le petit théorème de Fermat : $\quad \quad \quad n ^{p - 1} \equiv 1 \; \; [p]$
or $n ^2 \equiv - 1 \; \; [p]$ $\Rightarrow$ $n ^{2 \, q} = (n ^2) ^q \equiv (- 1) ^q \; \; [p]$
donc $1 \equiv (-1) ^q \; \; [p]$ .

$p \geq 3$ et $p$ divise $1 - (- 1) ^{q}\in \{0 , 2\}$ donc $(-1) ^q = 1$ alors $q = 2 \, q'$ .
On a écrit $p = 4 \, q' + 1$ donc $p \equiv 1 \; \; [4]$ .

Exercice 3
Il existe une infinité de nombres premiers de la forme $4 \, p + 1$ . Vrai ou Faux ?

Correction : On raisonne par l’absurde en supposant qu’il n’y en a qu’un nombre fini d’entiers de la forme $4 \, p_k + 1$ pour $1 \leq k \leq r$
$r \geq 2$ car $5$ et $13$ sont premiers et de la forme $4 \,p + 1$ .

On note $q = p_1 \, .\cdots \, . \, p_r$ et $N = 4 \, q^2 + 1$
$N$ est de la forme $4 \, Q + 1$ où $Q \in \mathbb{N}^*$ .
Si $p$ est un nombre premier divisant $N$ , il est impair. Il divise $(2 \, q) ^2 + 1$
alors $p$ est de la forme $4 \, n + 1$ d’après l’exercice 2 qui précède.

S’il existait $k \in [![1 , r]]$ tel que $p = p_k\,$ , alors $p$ divise $4 \, q^2$ et $N$ donc $p$ divise 1, ce qui est impossible.

On a prouvé un nombre premier $N$ de la forme $4 \, Q + 1$ différent des $4 \, p_k + 1$ pour $1 \leq k \leq r$ .
Il y a donc une infinité de nombres premiers de la forme $4 \, p + 1$ .

3. PGCD

Exercice 1
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ .
a) Le pgcd de $n ^2 +n$ et $2 \, n + 1$

b) Le pgcd de $n ^3 + 2 \, n$ et $n ^4 + 3 n^2 + 1$

Exercice 2
Résoudre l’équation $437 \, x + 241 \, y = 1$ dans $\mathbb{Z}^2$ .

Exercice 3
Résoudre : $x \vee y - x \wedge y = 243$ .

Exercice 4
Déterminer les entiers naturels $x$ et $y$ ayant respectivement 21 et 10 divi- seurs dans $\mathbb{N}$ tels que $x \wedge y = 18$

Exercice 5
Résoudre dans $\mathbb{N}^*$ $\left \{ \begin{matrix} x + y &=& 56 \\ x \vee y &=& 105 \end{matrix} \right.$

Exercice 6
Résoudre dans $\mathbb{N}^*$ $\quad \quad \quad \left \{ \begin{matrix} x \wedge y &=& x - y \\ x \vee y &=& 72 \end{matrix} \right.$

4. Produits des diviseurs

Soit $n$ un entier de décomposition primaire $n = \displaystyle \prod _ {i = 1} ^r p_i ^{\alpha _ i}$ .
Question 1
Quel est le nombre $N$ de diviseurs dans $\mathbb{N}$ de $n$ ?

Correction :

$d \in \mathbb{N}$ divise $n$ ssi sa décomposition primaire $d = \displaystyle \prod _{p \in \mathbb{P} } p ^{v_p(d)}$ vérifie
$\quad \quad \forall\, p \in \mathbb{P} ,\, v_p(d) \leq v_p(n)$ .

Avec les notations de l’énoncé, $d$ divise $n$ ssi $d = \displaystyle \prod _ {i = 1} ^r p_i ^{\beta _ i}$ avec $0 \leq \beta_i \leq \alpha_i$ pour $1 \leq i \leq r$ .

Le nombre de diviseurs dans $\mathbb{N}$ de $n$ est égal au nombre d’éléments de l’ensemble $\displaystyle \prod _ {i = 1} ^r [[ 0 \,,\, \alpha_i]] \;$ , $\displaystyle N = \prod_{i = 1} ^n (1 + \alpha _ i)$ .

Question 2
Calculer $\Pi(n) = \displaystyle \prod _{d \in \mathbb{N}^*, \, d \, \vert \, n} d$ .

Correction :

On note $\mathcal{D}(n) = \{ d \in \mathbb{N}^* \, / \, d \, \vert \, n \}$ .

$\varphi : \mathcal{D}(n) \to \mathcal{D}(n) , d \mapsto \displaystyle \frac {n} d$ est une bijection, donc $\Pi(n) = \displaystyle \prod _{d \in \mathbb{N}^* ,\, d \, \vert \, n} \frac n d$
et par produit
$(\Pi(n))^2 = \displaystyle \prod _{d \in \mathbb{N}^*, \, d \, \vert \, n} n = n ^N$
où $N$ est le nombre de diviseurs de $n$ que l’on a calculé dans la première question : $\displaystyle N = \prod_{i = 1} ^r (1 + \alpha _ i)$ .

Alors $\Pi(n) = n ^{N/2}$ .

Question 3
Déterminer l’ensemble des entiers $n \in \mathbb{N}^*$ tels que $\displaystyle \prod _{d \in \mathbb{N}^*, \, d \, \vert \, n,\, d < n} d = n$ .

Correction : On note $N$ le nombre de diviseurs dans $\mathbb{N }$ de $n$ .

$\displaystyle \prod _{1 \leq d \, \vert \, n, d < n} d = n$ ssi $\displaystyle \prod _{1 \leq d \, \vert \, n} d = n ^2$
ssi $\Pi_(n) = n ^2$ ssi $n ^{N /2} = n ^2$
ssi $\displaystyle N = \prod_{i = 1} ^r (1 + \alpha _ i) = 4$ .

Si $r \geq 3$ , $\displaystyle \prod_{i = 1} ^r (1 + \alpha _ i) \geq 8$ car $1 + \alpha _ i \geq 2$
donc $r \leq 2$ .

$\bullet$ Si $r = 1$ , on obtient la CNS : $\quad \quad 1 + \alpha _ 1 = 4 \Leftrightarrow \alpha_1 = 3$ .
Ce qui donne la CNS : $\exists \, p \in \mathbb{P}, \, n = p ^3$ .

$\bullet$ Si $r = 2$ , on obtient la CNS : $\quad \quad (1 + \alpha _ 1)(1 + \alpha _2) = 4$
ssi $1 + \alpha _ 1 = 1 + \alpha _2 = 2$
ssi $\exists \, (p ,\, p') \in \mathbb{P}^2$ , $p \neq p'$ tel que $n = p \, p'$ .

En résumé, l’ensemble des solutions est l’ensemble des entiers tels que
$\; \;\; \exists \, p \in \mathbb{P}, \, n = p ^3$
ou $\exists\, (p , \, p') \in \mathbb{P}^2$ , $p \neq p'$ tel que $n = p \, p'$ .

Question 4
Déterminer $n\in \mathbb{N }^*$ tel que $\quad \quad \quad \Pi(n) = 10\, 077\, 696$

Correction : On cherche la décomposition primaire de $10\, 077\, 696 = 2 ^ 9 \times 3 ^9$ .
Les seuls diviseurs premiers de $n$ sont $2$ et $3$ .
On écrit $n = 2 ^\alpha \, 3 ^\beta$ et $N = (\alpha + 1) (\beta + 1)$
Par le calcul précédent,
$\quad \Pi(n) = n ^{N/2} = 2^{\alpha \, N/2} \, 3 ^{\beta \, N /2}$
ce qui donne $\alpha \, N = 18$ et $\beta \, N = 18$
donc par quotient $\alpha = \beta$ .
On résout $\beta (\alpha + 1) (\beta + 1) = 18$ ssi
$\beta (\beta + 1)^2 = 18 = 2 \times 3^2$
alors $\beta ^3 \leq 18 \Rightarrow$ $\beta = 1$ ou $\beta = 2$ .
$\beta = 1$ n’est pas solution.
$\beta = 2$ est solution.

Puis $\alpha = 2$ , donc $n = 2 ^2 \, 3 ^2 = 36$ .

On peut vérifier puisque le raisonnement n’a pas été fait par équivalence que $\Pi(36 ) = 36 ^{3.3/2} = 6 ^ 9 = 10\,077\,696$ .

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5. Somme des diviseurs

Si $n \in \mathbb{N}^*$ , on note $\quad \quad \mathcal{D}(n) = \{ d \in \mathbb{N}^* \, /\, d \, \vert \, n\}$
et $\sigma(n) = \displaystyle \sum _ {d \in \mathcal{D}(n)} d$ .
Question 1
Calculer $\sigma(p ^k)$ lorsque $k \in \mathbb{N}$ et $p \in \mathbb{P}$ .

Correction : $\mathcal{D}(p ^k) = \{ p ^i \, / \, i \in [[0 ,\, k]] \}$ .
$\sigma(p ^k) = \displaystyle \sum _ {i = 0} ^k p ^i = \frac {p ^{k + 1} - 1} {p - 1}\;$ .

Question 2
Si $(m , n ) \in (\mathbb{N}^*)^2$ et $m \wedge n = 1$ , montrer que $\sigma(m \, n) = \sigma(m) \, \sigma(n)$

Correction :

On définit
$\varphi : \mathcal{D}(m) \times \mathcal{D}(n) \to \mathcal{D}(m \, n)$ $\quad\quad \quad \quad \; \; (u \, , \, v) \mapsto u \, v$ .

$\bullet$ Il est évident que si $u$ divise $m$ et $v$ divise $n$ , $u \, v$ divise $m \,n$ , donc $\varphi$ est à valeurs dans $\mathcal{D}(m \, n)$ .

$\bullet$ On démontre que $\varphi$ est surjective.
Soit $d \in \mathcal{D}(m \, n)$ .
Si $p \in \mathbb{P},\, v_p(d) \leq v_p(m \, n)$
soit $v_p(d) \leq v_p(m) + v_p(n)$ .
Comme $m \wedge n = 1, \, v_p(m ) \, v_p(n) = 0$
Donc si $p$ est un diviseur premier de $d$ , $p$ est un diviseur de $m$ ou un diviseur de $n$ mais n’est pas un diviseur des deux.
En regroupant dans $u$ les facteurs tels que $v_p(m) > 0$ et dans $v$ ceux tels que $v_p(n) > 0$ , on peut écrire $d = u \, v$ avec $u \, \vert \, m$ et $v \,\vert \, n$ .
On a écrit $d = \varphi (u , v)$

$\bullet$ On démontre que $\varphi$ est injective.
Si $d = u \, v = u' \, v'$ avec $(u , \, u') \in \mathcal{D}(m)^2$ et $(v , \,v') \in \mathcal{D}(n)^2$ ,
$u$ divise $u' \, v'$ et $u \wedge v' = 1$ car $u \wedge n = 1$ , donc $u$ divise $u'$ .
En échangeant $u$ et $u'$ , $u'$ divise $u$ . Comme ils sont dans $\mathbb{N}^*$ , $u = u'$ , donc $v = v'$ .

On a donc prouvé que l’application $\varphi : \mathcal{D}(m) \times \mathcal{D}(n) \to \mathcal{D}(m \, n),$ $\quad\quad \quad \quad \quad (u \, , \, v) \mapsto u \, v$
est une bijection.

Alors $\displaystyle \sigma (m \, n) = \sum_ {u \in \mathcal{D}(m )\,, \, v \in \mathcal{D}( n)} u \, v$
$\displaystyle \sigma (m \, n) = \sum_ {u \in \mathcal{D}(m )} u\; \sum_ { v \in \mathcal{D}( n)} v$
soit $\sigma(m \, n) = \sigma(m) \, \sigma(n)$ .

Question 3
Calculer $\sigma(n)$ lorsque la décomposi- tion primaire de $n$ est $\displaystyle \prod_{k = 1} ^r p_k ^{\alpha _ k}$ .

Correction : $\bullet$ Si $r \in \mathbb{N} ^*$ , on note
$H_r$ : si les entiers $m_i$ (où $1 \leq i \leq r$ ) sont deux à deux premiers entre eux, $\quad \sigma(m_1 \, \cdots \, \, m_r) = \sigma(m_1) \, \cdots \, \sigma(m_r)$ .

$\ast$ $H_1$ est évidente.
$\ast$ On suppose que $H_r$ est vraie.
Si les entiers $m_i$ (où $1 \leq i \leq r + 1$ ) sont deux à deux premiers entre eux, les entiers $m = m_1 \, \cdots \, \, m_r$ et $m _ {r + 1}$ sont premiers entre eux (un diviseur premier de $m_{r+1}$ ne peut être un diviseur de $m$ ), donc par la question 2,
$\quad \quad \sigma(m \, m_{r + 1} ) = \sigma(m) \, \sigma (m_{r + 1})$
ce qui donne $H_{r + 1}$ en utilisant $H_r\,$ pour exprimer $\sigma(m)$ .
La propriété est démontré par récurrence.

$\bullet$ En utilisant le résultat précédent avec si $k\in [[1,\, r]]$ , $m _ k = p_k ^{\alpha_k}$ qui sont $r$ entiers 2 à 2 premiers entre eux,
$\quad\quad \sigma (n) = \displaystyle \prod_{k = 1} ^r \sigma(p_k ^{\alpha_k} )$
puis on termine avec la question 1
$\quad \quad \sigma (n) = \displaystyle \prod_{k = 1} ^r \frac {p_k ^{\alpha_k + 1} - 1} {p_k - 1}\; \;$ .

Question 4
Un entier $n$ est dit parfait lorsque $\sigma (n) = 2 \, n$ (soit lorsque la somme des diviseurs stricts de $n$ est égal à $n$ ).
On suppose que $M = 2 ^p - 1$ est premier. Montrer que $\displaystyle \frac {M(M + 1)} 2$ est un nombre parfait.
Donner 3 exemples de nombres parfaits

Correction :

$n = \displaystyle \frac {M(M + 1)} 2 = M \, 2 ^{p - 1}$ admet deux facteurs premiers $M$ et $2$ ( $M \geq 3$ car $p \geq 2$ ) donc
$\sigma(n) = \displaystyle \frac {M ^2 - 1} {M - 1} \times \frac {2 ^{p } - 1} {2 - 1} = (M + 1) M$
$\sigma(n) = 2 \, n$ .
Donc $n$ est un entier parfait.

$\ast$ Si $p = 2$ , $2 ^2 - 1 = 3$ est premier donc $6$ est un nombre parfait
$\ast$ Si $p = 3$ , $2 ^3 - 1= 7$ est premier donc 24 est un nombre parfait
$\ast$ Si $p = 4$ , $2 ^4 - 1 = 15$ n’est pas premier
$\ast$ Si $p = 5$ , $2 ^5 - 1 = 31$ est premier donc $31 \times 16 = 496$ est parfait.

6, 24 et 496 sont des entiers parfaits.

6. Nombres de Mersenne

Le $n$ -ième nombre de Mersenne où $n \in \mathbb{N}^*$ est défini par $M_n = 2 ^{n} - 1$ .
Question 1
Si $n> 2$ et $M_n$ est premier, $n$ est impair. Vrai ou Faux.

Correction : En effet si $n = 2 \, p$ avec $p \in \mathbb{N}$ et $p \geq 2$ , en notant $N = 2^p$ ,
$M_n =2 ^{2\, p} - 1 = N ^2 - 1$ $M_n = (N - 1)\,(N + 1)$
$N \geq 4$ $\Rightarrow N + 1 > 1$ et $N - 1 > 1$ , on a prouvé que $M_n$ n’est pas premier.
Par contraposée, si $n > 2$ et $M_n$ est premier, $n$ est impair.

Question 2
Si $M_n$ est premier, $n$ est premier. Vrai ou Faux ?

Correction :

On suppose que $n = p\, q$ avec $p > 1$ et $q > 1$ .
$2 ^{p \, q} - 1 = \left ( 2 ^p \right ) ^q - 1 = (2 ^p - 1) \, Q$
avec $Q = \displaystyle \sum _ {i = 0} ^{q - 1} 2 ^{i \, p} \in \mathbb{N}^*$
$M_ p = 2 ^p - 1$ est un diviseur de $M_n$ différent de $1$ et de $M_n\,$ .
Donc $M_n$ n’est pas premier.

De même $M_q$ divise $M_n\,$ .

$M_1 = 2 = 3$ , $M_5 = 31$ et $M_7 = 127$ sont premiers
$M - 11 = 2047 = 23 \times 89$ n’est pas premier alors que $11$ l’est.

Question 3
Si $m > n$ , $M_m \wedge M_n = M_{m \wedge n }\,$ .

7. Nombres de Fermat

Question 1
Si $n$ est impair au moins égal à 3, $2^n + 1$ n’est pas premier. Vrai ou Faux ?

Correction :

$\bullet$ Première méthode
Si $p \in \mathbb{N}^*$ , on note $H_p : 2^{2 p + 1} \equiv - 1 \; \; [3]$

$\ast$ Pour $p = 1$ , $2 ^3 = 8 \equiv - 1 \; \; [3]$

$\ast$ On suppose que $H _p$ est vraie.
$2^{2 p + 3} =2^{2 p + 1} \times 2 ^2 = 2^{2 p + 1} \times 4$
$2 ^{2 p + 3} \equiv (- 1) (1) \; \; [3]$
donc $H_{p + 1}$ est vraie.
La propriété est vraie par récurrence.

Pour tout $p \in \mathbb{N}^*, \, 2 ^{2 p + 1 } + 1 \equiv 0 \;\; [3]$ donc $2 ^{2 p + 1} + 1$ est divisible par 3 et au moins égal à 9, donc n’est pas premier.

$\bullet$ Deuxième méthode
On peut aussi écrire
Si $n$ est impair et différent de $1$ , $2^n + 1 \geq 2 ^3 + 1$ ,
$2 ^{2 p + 1} + 1 = 2 ^{2 p + 1} - ( - 1) ^{2 p + 1}$
$2 ^{2 p + 1} + 1 = \displaystyle (2 + 1) \sum_ {k = 0 } ^{2 p} (- 1) ^{2 p - k} \, 2 ^k$
où $N = \displaystyle \sum_ {k = 0 } ^{2 p} (- 1) ^{2 p - k} \, 2 ^k \in \mathbb{Z}$ et $3 < 2 ^{2 p + 1} + 1$ , 3 est un diviseur strict,
donc $2 ^{2 p + 1} + 1$ n’est pas premier.

$\bullet$ Troisième méthode

$3$ est premier et $3 \wedge 4 = 1$ ,
par le théorème de Fermat, $4 ^{p - 1} \equiv 1 \; \; [3]$
donc $8 \times 4 ^{p - 1} \equiv 8 \; \; [3]$
soit $2 ^{2 p + 1} \equiv - 1 \; \; [3]$
$\Rightarrow 3$ divise $2 ^{2 p + 1} + 1$ et $3 < 2 ^{2 p + 1} +1$ .
Donc $2 ^{2 p + 1}$ n’est pas premier.

Question 2
Si $n = 2 ^p (2 \, q + 1)$ avec $q \in \mathbb{N}^*$ , $2 ^{n} + 1$ n’est pas premier. Vrai ou Faux ?

Correction : On note $N = 2 ^n$ et $2 ^n + 1 = 2 ^{N (2 q + 1)} + 1$
$2 ^n + 1 = (2 ^N ) ^{2 q + 1} - (- 1) ^{2 q + 1}$
donc $2 ^n + 1 = (2 ^N + 1) \, Q$ avec $\quad \displaystyle Q = \sum _ {k = 0} ^{2 q} (-1) ^{2 q - k} (2 ^N) ^k \in \mathbb {Z}$
et $1 < 2 ^N + 1 < 2 ^n + 1$ .
Donc $2 ^N + 1$ est un diviseur strict de $2 ^n + 1$ , qui n’est pas premier.

Si $n \in \mathbb{N}, \,$ $F_n = 2^{2 ^n} + 1$ désigne le $n$ -ième entier de Fermat.
On peut remarquer que
$F_0 = 3$ , $F_1 = 5$ , $F_2 = 17$ , $F_3 = 257$ et $F_4 = 65\, 537$ sont premiers
$F_5 = 4\, 294\, 967\, 297 = 641 \times 6 \, 700\, 417$ n’est pas premier.

Question 3
Si $n \in \mathbb{N}^*$ , $F_n = F_0 \times \cdots \times F_{n - 1} + 2$ . Vrai ou Faux ?

Correction : Si $n \in \mathbb{N}^ *$ , on note $\quad H_n : F_n = F_0 \times \cdots \times F_{n - 1} + 2$ .

$H_1$ est vraie car $F_0 + 2 = 3 + 2 =5 = F_1\,$ .

On suppose que $H_n$ est vraie.
$F_{n + 1} - 2 = 2 ^{2 ^n \times 2 } - 1 = \left (2 ^{2 ^n} \right ) ^2 - 1$ $F_{n + 1} - 2 = (F_n - 1)^2 - 1$
par la factorisation de $a ^2 - b^2$ ,
$F_{n + 1} - 2 = (F_n - 2) F_n$
En utilisant l’hypothèse de récurrence :
$F_{n + 1} - 2 = \left ( F_0 \times \cdots \times F_{n - 1} \right )\, F_n \,$ .
ce qui donne $H_{n + 1}\,$ .
La propriété est démontrée par récurrence.

Question 4
Si $n \neq p$ , $F_n \wedge F_p = 1$ .

8. Triangles pythagoriciens

On veut résoudre dans $\mathbb{Z}^3$ l’équation $\quad \quad \quad \quad x^2 + y^2 = z^2$
(de tels triplets d’entiers relatifs sont appelés triplets pythagoriciens).
On cherche dans la suite les triplets différents de la solution triviale comme par exemple $(3, 4, 5)$ .

Dans les questions $1$ à $3$ , on suppose que $(x , y, z)$ est une solution non triviale de l’équation.
Question 1
Montrer que l’on peut se ramener au cas où $x \wedge y \wedge z = 1$ . Montrer que, dans ce cas, $x$ , $y$ et $z$ sont de plus deux à deux premiers entre eux.

Correction : $\bullet$ Soient $x, \,y, \,z$ solutions de $\quad \quad \quad x^2 + y^2 = z^2$ .
On note $d = x \wedge y \wedge z$ .
$d \neq 0$ sinon $x = y = z = 0$ , cas exclu dans cette étude.
Alors $x = d\, x'$ , $y = d \, y'$ et $z = d\, z'$ avec $x' \wedge y' \wedge z' = 1$ et ${x'}^2 + {y'}^2 = {z'} ^2$ .

$\bullet$ On suppose $(x,\, y, \, z)$ solution et $x \wedge y \wedge z = 1$ .
$\ast$ si $x \wedge y \neq 1$ , en introduisant $p \in \mathbb{P}$ tel que $p$ divise $x \wedge y$ , $p$ divise $x ^2$ et $y ^2$ donc $p$ divise $x ^2 -y ^2 = z^2$ , donc $p \in \mathbb{P}$ divise $z$ ce qui contredit $x \wedge y \wedge z = 1$ .

$\ast$ si $x \wedge z \neq 1$ , en introduisant $p \in \mathbb{P}$ tel que $p$ divise $x \wedge z$ , $p$ divise $x ^2$ et $z ^2$ donc $p$ divise $z ^2 -x ^2 = y^2$ , donc $p \in \mathbb{P}$ divise $y$ ce qui contredit $x \wedge y \wedge z = 1$ .

$\ast$ si $y \wedge z \neq 1$ , en introduisant $p \in \mathbb{P}$ tel que $p$ divise $y \wedge z$ , $p$ divise $y ^2$ et $z ^2$ donc $p$ divise $z ^2 -y ^2 = x^2$ , donc $p \in \mathbb{P}$ divise $x$ ce qui contredit $x \wedge y \wedge z = 1$ .

On a prouvé que si $x \wedge y \wedge z = 1$ est solution, $x,\, y,\, z$ sont premiers 2 à 2.

Question 2
On suppose que $x, y$ et $z$ sont deux à deux premiers entre eux. Montrer que deux des trois nombres $x$ , $y$ et $z$ sont impairs, le troisième étant pair puis que $z$ est impair.

Correction :

$\ast$ Il est impossible d’avoir au moins deux entiers pairs car alors ces deux entiers ne seraient pas premiers entre eux.

$\ast$ Il y a au moins deux entiers impairs. La somme ou la différence de deux carrés d’impairs est une somme ou différence de deux nombres impairs donc est paire et alors le carré du troisième est pair, le troisième est pair.

$\ast$ si $x$ et $y$ sont impairs, on les écrit $x = 2\, x' + 1$ , $y = 2 \, y' + 1$ et on écrit $z = 2\, z'$ .
Donc $4 ({x'} ^2 + x' + {y'}^2 + y') + 2 = 4 \, z'^2$ donne $2 \, z'^2 = 2 \, q + 1$ ce qui est impossible.

$\ast$ On en déduit que l’un des deux entiers $x,\, y$ est pair, les autres entiers étant impairs. En particulier $z$ est impair.

Par symétrie, on peut supposer que $y$ est pair, $x$ et $z$ sont impairs.
On peut donc écrire $y = 2 \, y'$ et comme $x + z$ et $x - z$ sont pairs, on introduit $X , Z \in \mathbb{Z}$ tels que $x + z = 2 \, X$ et $z - x = 2\, Z$ .
Question 3
$X \wedge Z = 1$ et $X$ et $Z$ sont des carrés parfaits.

Question 4
En déduire que l’ensemble des triplets pythagoriciens non triviaux est l’ensemble des triplets de la forme
$\; \; ( d \, (u^2 - v^2) \, , \, 2\, d\, u\, v,\, d (u^2 + v^2))$
où $d \in \mathbb{N}^*$ et $(u,\, v) \in \mathbb{Z} ^2$ , à une permutation près des deux premières composantes.

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9. Théorème de Wilson

Le but est de démontrer que si $p \in \mathbb{N}^*$ ,
$p$ divise $(p- 1)! + 1$ ssi $p$ est premier.
Question 1
Montrer que si $p$ divise $(p - 1)! + 1$ , $p$ est premier.

Correction : $\bullet$ Première méthode
Il existe $k \in \mathbb{N}$ tel que $(p - 1)! + 1= k\, p$
donc $k \, p - (p - 1)! = 1$ traduit par le théorème de Bezout que $p \wedge (p - 1)! = 1$

$\bullet$ Deuxième méthode
Si $a$ est un diviseur de $p$ tel que $1 \leq a < p$ , alors $a$ divise $(p - 1)!$
donc $a$ divise $\quad \quad \left ((p - 1)! + 1 \right ) - (p - 1)! = 1$
$\Rightarrow a = 1$ .
On a prouvé que $p$ est premier.

Dans la suite, on établit la réciproque.

Question 2
Si $p = 2$ ou 3, $p$ divise $(p - 1)! + 1$ . Vrai ou Faux ?

Correction : Si $p = 2$ , $(p - 1)! + 1 = 2$ est divisible par $2$
Si $p = 3$ , $(p - 1)! + 1 = 3$ est divisible par 3.

Dans la suite, on suppose que $p \geq 5$ .

Question 3.
Montrer que si $a \in [\![2 , \, p -2]\!]$ , il existe un unique $b \in [\![2 , \, p - 1]\!]$ tel que $a \, b \equiv 1 \; \; [p]$ et puis que $b \neq a$

Correction :

$\ast$ Si $a \in [[2 , \, p - 1]]$ , $a \wedge p = 1$ , par le théorème de Bezout, il existe $(u , v) \in \mathbb{Z}^2$ tel que $a \, u + p \, v = 1$
et par division euclidienne de $u$ par $p$ , on écrit $u = p\, q + b$ avec $b \in [[0 , \, p - 1]]$
donc $a \, b + p(v + q \,a ) = 1$ ce qui donne $a \, b \equiv 1 \; \; [p]$ .
Il est impossible que $b = 0$ car on aurait $a \, b = 0$ qui n’est pas congru à 1.
Il est impossible que $b = 1$ car on aurait $a \equiv 1 \;\; [p]$ donc $a = 1 + k \, p$ ce qui contredit $a \in [[2 , \, p - 1]]$ .

$\ast$ $b = a$ $\Rightarrow a ^2 - 1 \equiv 0 \; \; [p]$
donc $p$ divise $(a - 1) (a + 1)$ .
$p \wedge( a - 1) = 1$ car $p$ est un nombre premier et $a - 1 \in [[1 , \, p - 3]]$
$p \wedge (a + 1) = 1$ car $p$ est un nombre premier et $a + 1 \in [[3 , \, p - 1]]$
donc $p \wedge (a ^2 - 1) = 1$ car $p$ est premier et on aboutit à une contradiction.
On a prouvé que $a \neq b$ .

$\ast$ Il reste à prouver l’unicité
si $a \, b \equiv 1 \;\; [p]$ et $a \, b' \equiv 1 \;\; [p]$
avec $(b , \, b') \in [[2 , \, p -2]] ^2$ et $b \geq b'$ ,
$b' (a \, b) \equiv b' \;\; [p]$ et $(b' \, a )\, b \equiv \, b \;\; [p]$
donc $b \equiv b' \;\; [p]$
$p$ divise $b - b' \in [[0 , \, p -2]]$ , alors $b - b' = 0$ car $p$ est premier.

Question 4.
En déduire que si $p$ est premier et $p \geq 4$ , $p$ divise $(p -1)! + 1$

Correction :

Pour tout $a \in [[2 , \, p -2]]$ , il existe un unique $b \in [[2 , \, p -2]]$ , différent de $a$ tel que $a \, b \equiv 1 \; \; [p]$ .
On regroupe les $p - 3\geq 2$ éléments de $[[2 , \, p -2]]$ en $\displaystyle \frac {p - 3} 2$ couples $(a , b)$ tels que $a \, b \equiv 1 \; \; [p]$ alors
$\quad \quad 2 \times \, \cdots \, \times (p - 2) \equiv 1 \; \; [p]$
et $(p - 1) ! \equiv 1 \times (p - 1) \; \; [p]$
soit $(p - 1) ! \equiv - 1 \; \; [p]$
ce qui démontre la réciproque.

10. Théorème chinois

Exercice 1
Résoudre $\left \{ \begin{matrix} x \equiv 7 \; \; [8] \\ x \equiv 1\; \; [13] \end{matrix} \right.$ .

Exercice 2
Soient $p \wedge q = 1$ et $(a ,\, b) \in \mathbb{Z}^2$ .
Soient $u$ et $v$ dans $\mathbb{Z}$ tels que $u \, p + v \, q = 1$ .
Question 1
Si $c = a \, v \, q + b \, u \, p$ ,
$\quad \quad \quad c \equiv a \;\; [p]$ et $c \equiv b \;\; [q]$ .

Question 2
Si $x \in \mathbb{Z}$ vérifie $x \equiv a \;\; [p]$ et $x \equiv b \;\; [q]$ alors $x \equiv c \;\; [p \, q]$

Exercice 3
Soient $r \geq 3$ et $p_1 \, , \, \cdots \, , \, p_r$ des éléments de $\mathbb{N}^*$ deux à deux distincts.
On note $N = p_1 \, \, p_2 \, \; . \, \cdots \, p_r$ et pour tout $k \in [\![1 , \, r]\!]$ , $n_k = \displaystyle \frac {N}{p_k}$ .
Comme $n_k$ et $p_k$ sont premiers entre eux, soit $(u_k\, , \, v_k) \in\mathbb{Z}^2$ tel que $\quad \quad u_k \, p_k + v_k \, N_k = 1$ .

Question 1
Soient $(a_1 \, , \, a_2 ,\, \cdots \, , \, a-r) \in\mathbb{Z }^r$ .
$\displaystyle c = \sum _ {i = 1 } ^r a_i \, N_i \, v_i$ vérifie
$\quad \quad \forall \, k \in [\![1 , \, r]\!]$ , $c \equiv a_k \; \; [p_k]$ .

Question 2
$x \in \mathbb{Z}$ vérifie $\forall\, k \in [\![1 , r]\!], \, x \equiv a_k \; \; [p_k]$ ssi $x \equiv c \; \; [N]$ .

Question 3
Appliquer les résultats précédents à la résolution du système :
$\quad x \equiv 4\;\; [5]$ , $x \equiv 3 \; \;[6]$ et $x \equiv 5 \; \; [7]$ .

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