[PDF] Compilation dexercices darithmétique

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Jf. CulusPrepa ConcoursCompilation d'exercices d'arithmetique d'apres Math'X ...Comparaison de methode

Le but de l'exercice est de demontrer en utilisant trois methodes dierentes que, pour tout entier natureln, l'entier

n(n+ 1)(2n+ 1) est un multiple de 6. 1.

En raisonn antpar disjonction d escas sur les reste sp ossiblesde la division euclidienne de npar 6, prouver que,

pour tout entier natureln,n(n+ 1)(2n+ 1) est un multiple de 6. 2. (a)

Mon trerque le pro duitde deux en tiersnaturels cons ecutifsest n ecessairementpair et que le pro duitde

trois entiers naturels consecutifs est necessairement un multiple de 3. (b) En d eduireque le pro duitde trois en tierscons ecutifsest un m ultiplede 6. (c) Exprimer, p ourtout en tiernaturel n, la quantiten(n+1)(2n+1) comme somme de deux produits de trois entiers consecutifs. (d)

Conclure.

3.

En utilisan tun raisonnemen tpa r ecurrence,d emontrerque p ourtout en tiernatu reln, la quantiten(n+1)(2n+1)

est un multiple de 6.

Solution1.No ussa vonsque les restes p ossiblesdans le division euclidienne par 6 de nsont 0;1;2;3;4 et 5. Aussi, pour chacun des

cas, etudions la congruence modulo 6 de la quantiten(n+ 1)(2n+ 1).n[6]n+ 1[6]2n+ 1[6]n(n+ 1)(2n+ 1)[6]0110

1230
2350
3410
4530
5050

Nous en deduisons alors que, dans tous les cas,n(n+1)(2n+1)0 mod 6 d'ou, pour tout entier natureln,n(n+1)(2n+1)

est divisible par 6. 2. (a)

P armideux en tiersco nsecutifs,l'un est pair et l'autre est impair. Aussi, le pro duitde deux en tierscons ecutifsest-il

necessairement pair.

L'un des trois entiers naturels consecutifs est necessairement un multiple de 3. Aussi, le produit de trois entiers

naturels consecutifs est necessairement un multiple de 3. (b)

No ussa vonsque le pro duitde deux en tiersnaturels cons ecutifsest pair: aussi en est-il de m ^emedu pro duitde trois

entiers naturels consecutifs. Comme ce produit est a la fois multiple de 2 et de 3 et que 2 et 3 sont premiers entre

eux, nous en deduisons que le produit de trois entiers naturels est un multiple de 6. (c) N ousa vonsn(n+ 1)(2n+ 1) =n(n+ 1)(n+ 2 +n1) =n(n+ 1)(n+ 2) + (n1)n(n+ 1) donc la quantite n(n+ 1)(2n+ 1) est bien la somme du produit de trois entiers naturels consecutifs. (d)

La quan titen(n+ 1)(2n+ 1) est donc la somme du produit de trois entiers consecutifs. Or, d'apres la question2b,

chacun de ces produits est un multiple de 6, donc il en va de m^eme de leur somme. Aussi, la quantiten(n+1)(2n+1)

est-elle un multiple de 6, pour tout entier natureln. 3. Ra isonnonspar par r ecurrencesur l'en tiernaturel n.

Initialisation; Pourn= 0. Alorsn(n+ 1)(2n+ 1) = 0 donc est un multiple de 6 (0 = 60): l'hypothese est donc vraie

au rangn= 0.

Heredite: Supposons que, pournxe,n(n+ 1)(2n+ 1) soit un multiple de 6 et demontrons qu'il en est de m^eme de

(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3). Nous avons (n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3) =n(n+ 1)(2n+ 3) + 2(n+ 1)(2n+ 3) =n(n+ 1)(2n+ 1) + 2n(n+ 1) + 2(n+ 1)(2n+ 3)|{z} =2(n+1)(3n+3)

Aussi, (n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3) =n(n+ 1)(2n+ 1) + 6(n+ 1)2. Comme par hypothese de recurrence,n(n+ 1)(2n+ 1) est

un multiple de 6, nous en deduisons que (n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3) est aussi un multiple de 6. Aussi, la propriete est vraie

au rangn+ 1.

Conclusion: Nous avons, pour tout entier natureln, que la quantiten(n+ 1)(2n+ 1) est un multiple de 6.

1

Jf. CulusPrepa ConcoursCritere de divisibilite par11On rappel que tout entier naturelNnon nul s'ecrita

nan1:::a1a0en base dix, ou lesaksont des elements de f0;1;2;:::;9g(an6= 0) veriantsN=Pn k=0ak10k. 1.

Mon trerque 10

k(1)kmod 11. 2.

En d eduireque, si a

nan1:::a1a0est l'ecriture decimale deN, alorsNPn k=0;(1)kak. 3.

En d eduirequ 'unen tiernaturel est divisible par 11 si et seulemen tsi la somme de ses c hiresde rang pair

diminuee de la somme de ses chires de rang impair est divisible par 11.

Solution1.No usa vonsque le reste de la division euclidienne dans Zde1 par 11 est 10 puisque1 = (1)11+10 d'ou 10 1

mod 11. Par compatibilite de la multiplication avec la relation de congruence, nous deduisons que8k2N, (1)k10k

mod 11. 2.

L' ecritured ecimalede Netanta

nan1:::a1a0, nous avonsN=Pn k=0ak10k. Aussi, en considerant la relation de congruence modulo onze, nous obtenons queNPn k=0ak10kmod 11. Or, par la question precedente, 10k(1)k mod 11 d'ouNPn k=0(1)kakmod 11. 3. En s eparantles termes de rang pairs de ceux de rang impaire, nous obt enonsque Pn k=0(1)kak=P k pairakP

k impairak. Nous obtenons donc le critere suivant:Nest divisible par 11 si et seulement si, dans son ecriture decimale,

la somme de ses chires de rang pair diminuee de la somme de ses chires de rang impair est divisible par 11.

2 Jf. CulusPrepa ConcoursCongruence et suites (d'apres Bac Polynesie 2005) On considere la suite (un) d'entiers naturels denie paru0= 14 etun+1= 5un6. 1.

Cal culeru1etu2. On donneu3= 1 564 etu4= 7 814.

Quelle conjecture pouvez-vous faire sur les deux derniers chires deun? 2. (a) Mon trerque, p ourtout en tiernaturel n,un+2unmod 4. (b) En d eduireque, p ourtout en tiernaturel k,u2k2 mod 4 etu2k+10 mod 4. 3. (a) Mon trerpar r ecurrenceque, p ourtout en tiernaturel n, 2un= 5n+2+ 3. (b) En d eduireque, p ourtout en tiernaturel n, 2un28 mod 100. 4. D etermineralors les deux derniers c hiresde l' ecritured ecimalede unselon la parite den. Solution:1.Nous a vonsu1= 5146 = 64,u2= 314,u3= 1 564 etu4= 7 814. On peut conjecturer que les deux derniers chires deu2nsont 14 alors que ceux des rangs impairs (u2n+1) sont 64.
2. (a) Nous a vonsun+2= 5un+16 = 5(5un6)6 = 25un36. Comme 251 mod 4 et 360 mod 4 donc nous deduisons par la compatibilite des operations algebriques avec la relation de congruence queun+2unmod 4. (b) Comme u0= 14 etu1= 64 nous avonsu02 mod 4 etu10 mod 4. La question precedente implique que les termes de rangs pair sont congrus au02 mod 4 et les termes de rangs impairs sont congrus au10 mod 4. 3. (a) Initialisatio n:P ourn= 0, nous avons 2u0= 28 et 52+ 3 = 28 donc la formule est vraie au rangn= 0. Heredite: Supposons, pourn>0 xe, que 2un= 5n+2+ 3. Donc 2un+1= 2(5un

6) = 10un12 = 5(2un)12 = 5(5n+2+ 3)12 = 5n+3+ 3. Aussi, le formule est

vraie au rangn+ 1. Conclusion: On en deduit alors que, pour tout entier natureln, 2un= 5n+2+ 3. (b) N ousallons d emontrercela par r ecurrencesur l'en tiernaturel n. Initialisation: Pourn= 0, nous avons que 2u0= 52+ 3 = 28 donc 2u028 mod 100. La relation de congruence est donc vraie au rangn= 0. Heredite: Supposons que, pourn>0 xe, 2un28 mod 100. Alors 2un+1=

10un12. Or, 2un28 mod 100 donc 10un52814040 mod 100

d'ou 2un1228 mod 100. Il s'ensuit donc que 2un+128 mod 100 et donc la relation de congruence est vraie au rangn+ 1. Conclusion: Nous avons, pour tout entier natureln, 2un28 mod 100. 4. P arla questio npr ecedente,nous sa vonsque, p ournxe, il existe un entier naturelkn tel que 2un= 100kn+ 28 soitun= 50kn+ 14. Aussi, selon la parite dekn, les deux derniers chires deunsont necessairement soit 14 (siknest impaire), soit 64 (siknest pair). Reste a demontrer notre conjecture initiale. Sinest pair,n= 2k, nous avons par la question2.bqueu2k2 mod 4. Comme 142 mod 4 et 640 mod 4, nous en deduisons que la seule possibilite dans le casnpair est que les deux derniers chires deunsoient 14. De m^eme, par2.b, commeu2k+10 mod 4, nous deduisons que les deux derniers chires deu2k+1sont 64. On demontre alors bien notre conjecture initiale.2.bRappelons quen etn+ 2 ont m^eme parite. Aussi, la re- lationun+2un mod 4 implique que u

2ku2k2u2k4

:::u0mod 4. De m^eme,u2k+1u2k1 u

2k3:::u1mod 4.

Formellement, cela se

demontre par recurrence.

3.bOn peut aussi re-

marquer que 5 n+225 mod 100 (demonstration formelle par recurrence aussi).

4.Attention: on ne

peut (generalement) pas diviser dans une relation de congru- ence. Aussi, la relation

2un28 mod 100 im-

pliqueun14 mod 50 mais pasun14 mod 100. Mieux vaut alors repasser par une egalite plut^ot que de rester au niveau de la relation de recurrence.

Lorsque l'on dit que les

deux derniers chires de u nsont soit 14, soit 64, on ne sait pas encore si l'un, l'autre ou les deux sont realises, ni com- ment. Il faut utiliser la question2.bpour pour- suivre notre discussion en ayant comme objectif celui de demontrer notre conjecture initiale. 3

Jf. CulusPrepa ConcoursNombres premiers

Elements de cours

Def:Un entier naturelnest dit premeir s'il admet exactement deux diviseurs: 1 et lui-m^eme.

Prop:L'ensemblePdes nombres premiers est inni.

Demo:On raisonne par l'absurde en supposant que cet ensemblePest ni: soit alorsple plus grand nombre premier. Montrer alors quen=Q k2Pk+ 1 = 235p+ 1 est premier et conclure. Prop:L'entiern>2 est premier si et seulement sinn'a pas de diviseur premier inferieur ou egal apn. Prop:Tout entier natureln>2 admet un diviseur premier. Soitn>2. Alorsnest soit premier, soit peut s'ecrire comme produit de nombres premiers.

Demo:On raisonne par l'absurde en supposant l'existence d'entier naturel>2 qui ne sont ni premiers, ni

produit de nombres premiers et soitmle plus petit d'entre eux. 1.

Mon trerque m=qkavec 26q;k < m.

2. Justier que qetksont soit premiers soit produit de nombres premiers. 3.

Conclure.

Decomposition en produit de facteurs premiersTout entiern>2 s'ecrit de facon unique sous la forme n=p11p22:::pkkou lespisont des nombres premiers veriantsp1< p2< p3< ::: < pket lesisont des

entiers naturels non nuls. Cette ecriture est appeleedecomposition denen produit de facteurs premiers.

Nombre de diviseurs d'un entier naturelSoitNun entier naturel non nul et on designe parN=p11p22:::pkksa decomposition en produit de facteurs

premiers (ie. lespisont des nombres premiers et lesisont des entiers naturels non nuls). 1. Soit dun diviseur deNetpun nombre premier divisantN. Montrer quep2 fp1;p2;:::;pkg. 2. En d eduireque dest de la formed=p11p22:::pkkavec 06i6i. 3. Mon treralors que le nom brede divieurs de Nest (p1+ 1)(p2+ 1):::(pk+ 1).

Somme des diviseurs d'un entier naturel1.Soit pun nombre premier etnun entier naturel non nul. Donner la liste des diviseurs depnet exprimer la

somme(pn) des diviseurs depnen fonction depetn. 2.

On consid eredans cette question l'en tierN= 2352. Donner la liste des diviseurs deNainsi que leur somme.

Montrer que(2352) =(23)(52).

3.

On consid ere apr esentun en tiernaturel non n ulNquelconque et on designe parp11p22:::pkksa decomposition

en produit de facteurs premiers. Montrer alors que (N) =1p1+1

11p11p2+1

21p2:::1pk+1

k1pk On pourra raisonner par recurrence sur l'entier naturelk.

Nombres parfaits pairsOn dit qu'un entier naturel est parfait s'il est egal a la somme de ses diviseurs propres (c'est-a-dire de ses diviseurs

autres que 1 et lui-m^eme). 1.

Mon trerque 6 et 28 son tparfaits.

2.

V erierque ses deux nom bresp euvents' ecrire2

n(2n1) ou 2n+11 est premier. 3. Nous allons mon trerque tout nom brede cette forme es tun nom breparfai t. 4 Jf. CulusPrepa Concours(a)Soit pun nombre premier eta= 2np. Donner la liste des diviseurs propres deaet calculer leur somme en fonction denetp. (b) Supp osonsde p lusque p= 2n+11. Exprimer la somme des diviseurs propres dea= 2n(2n+11) en fonction den. (c)

En d eduireq ueaest parfait.

4. Enoncer le r esultatd emontree tdonner deux autres nom bresparfaits. 5.

R eciproquement,consid eronsaun nombre pair.

(a)

Mon trerque apeut s'ecrirea= 2nbavecbimpair.

(b) Soit (a) la somme de tous les diviseurs positifs dea. Montrer que(a) = (2n+11)(b). On pourra noterd1;d2;:::;dples diviseurs debet exprimer les diviseurs deaen fonction de ceux deb. (c) A quelle condition sur (a) l'entieraest-il parfait ? Montrer que cette condition est equivalente ) b= ((b)b)(2n+11) (d) En d eduireque (b)best un diviseur deb. En utilisant le fait que(b) =(b)b+b, deduire quebest premier puis queb= 2n+11. (e)

Conclure.

Vers l'indicaterice d'EulerOn consideren>2 etSn=f1;2;:::;ng. On considere egalement la decomposition en produit de facteurs premiers

de l'entiernsous la formen=p11p22:::pmmoup1< p2< ::: < pm.

Le but de cet exercice est d'etablir un resultat dont la generalisation sera admise, qui permet de determiner le

nombre d'entiers deSnqui sont premiers avecn. On appellera'(n)ce nombre.quotesdbs_dbs46.pdfusesText_46

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