[PDF] Exercices de mathématiques - Exo7

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Exo7

Arithmétique

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours

Exercice 1**Montrer que le produit de quatre entiers consécutifs, augmenté de 1, est un carré parfait.

2.

Montrer que 8n2N;7j42n+22n+1.

B. (Commencer par majorer la somme des chiffres den=a0+10a1:::+10pap.) 2.

Montrer que 8n2N;(n+1)jCn2n.

1

1)x+y=56

x_y=1052)x^y=xy x_y=723)x_yx^y=243: premiers entre eux. 1. Montrer que 8n2N;un+1un1u2n= (1)net en déduire que8n2N;un^un+1=1. 2. Montrer que 8n2N;8m2N;um+n=umun+1+um1unet en déduire queum^un=um^npourmetn non nuls. comme par exemple(3;4;5)). 1. Montrer que l"on peut se ramener au cas où x^y^z=1. Montrer alors que dans ce cas,x,yetzsont de plus deux à deux premiers entre eux. 2. On suppose que x,yetzsont deux à deux premiers entre eux. Montrer que deux des trois nombresx,yet zsont impairs le troisième étant pair puis quezest impair. On suppose dorénavant quexetzsont impairs etyest pair. On posey=2y0,X=z+x2 etZ=zx2 3. Montrer que X^Z=1 et queXetZsont des carrés parfaits. 4. En déduire que l"ensemble des triplets p ythagoriciensest l"ensemble des triplets de la forme (d(u2v2);2duv;d(u2+v2)) oùd2N,(u;v)2Z2, à une permutation près des deux premières composantes. 2 Exercice 15***Résoudre dans(N)2l"équation d"inconnue(x;y):åxk=1k!=y2.

1 (par exemple, 37:1=37, 37:2=74, 37:3=111).

1.u2n,

2.u3n,

3.u3nu2n+un.

2.

Soit s(n)la somme des chiffres denen base 10.

(a)

Montrer que la suite

s(n+1)s(n) n>1est bornée. Cette suite converge-t-elle ? (b) Montrer que pour tout naturel non nul n, 16s(n)69(1+logn). (c) Montrer que la suite (nps(n))n>1converge et préciser sa limite. que l"exposant depdans la décomposition den! en facteurs premiers est E(np )+E(np

2)+E(np

3)+:::

2. P arcombien de 0 se termine l"écriture en base 10 de 1000! ? 1. Montrer que, pour tout entier ktel que 16k6p1,pdiviseCkp. 3

2.Montrer que 8a2N,apa(p)(par récurrence sura).

phrases sont équivalentes mais en Sup, on sait trop peu de choses en arithmétique pour pouvoir fournir une

démonstration raisonnablement courte de la réciproque). Correction del"exer cice1 NSoitnun entier naturel. n(n+1)(n+2)(n+3)+1=n4+6n3+11n2+6n+1= (n2+3n+1)2; avecn2+3n+1 entier naturel.Correction del"exer cice2 N1.Soit nun entier relatif. Sinest pair,net 5n3sont pairs de même que 5n3+net 2 divise 5n3+n. Sinest impair,net 5n3sont impairs et de nouveau 5n3+nest pair. Finalement :8n2Z;2j(5n3+n). Sinest multiple de 3,net 5n3sont multiples de 3 de même que 5n3+n.

Sinest de la forme 3p+1, alors

5n2+1=5(3p+1)2+1=45p2+30p+6=3(9p2+10p+2)

et 5n2+1 est divisible par 3. Il en est de même de 5n3+n=n(5n2+1). Sinest de la forme 3p+2, 5n2+1=5(3p+2)2+1=45p2+60p+21=3(9p2+20p+7)et 5n2+1 est divisible par 3. Il en est de même de 5n3+n=n(5n2+1).

Finalement,8n2Z;3j(5n3+n).

Enfin, 5n3+nest divisible par 2 et 3 et donc par 23=6. On a montré que :8n2Z;6j(5n3+n). (Tout ceci s"exprime beaucoup mieux à l"aide de congruences. Par exemple : sin1(3), 5n2+15:12+1=

60(3))

2. 4

2nsignifie(:::((42)2)2:::)2. Etudions la suite de ces élévations au carré successives modulo 7. 420=4

est dans 4+7Z. 421=16 est dans 2+7Z. 422=162= (7k+2)2=4+7k0est dans 4+7Z... Montrons par récurrence surpentier naturel que :8p2N, 422pest dans 4+7Zet 422p+1est dans 2+7Z.

C"est vrai pourp=0.

Soitp>0. Si il existe deux entiers relatifsk2petk2p+1tels que 422p=4+7k2pet 422p+1=2+7k2p+1, alors : 4

22p+2= (422p+1)2= (2+7k2p+1)2=4+7(4k2p+1+7k22p+1)24+7Z;

puis 4

22p+3= (422p+2)2= (4+7k2p+2)2=16+28k2p+2+49k22p+2=2+7(2+4k2p+2+7k22p+2)22+7Z:

On a montré par récurrence que sinest pair, 42nest dans 4+7Zet sinest impair, 42nest dans 2+7Z.

Ensuite 2

20=2 est dans 2+7Zpuis, pourn>1, 22n=22:2n1=42n1est dans 4+7Zsin1 est pair

ou encore sinest impair et est dans 2+7Zsinest pair. Ainsi, quensoit pair ou impair, 42n+22n+1 est dans(4+2)+1+7Z=7+7Z=7Zet on a montré que :

8n2N;7j42n+22n+1:Correction del"exer cice3 NSoientm,netptrois entiers naturels etr1,r2etr3les restes des divisions euclidiennes dem,netppar 8. Alors,

5 m

2+n2+p2= (8q1+r1)2+(8q2+r2)2+(8q3+r3)22r21+r22+r23+8Z:

Doncm2+n2+p2est dans 7+8Zsi et seulement sir21+r22+r23est dans 7+8Z.

Commer1,r2etr3sont des entiers entre 0 et 7, il suffit de vérifier que les sommes de trois carrés d"entiers

compris au sens large entre 0 et 7 ne sont pas dans 7+8Z. Or, 0

2=028Z, 12=121+8Z, 22=424+8Z, 32=921+8Z, 42=1628Z, 52=2521+8Z,

6

2=3624+8Zet 72=4921+8Z. Donc, les carrés des entiers de 0 à 7 sont dans 8Zou 1+8Zou 4+8Z.

Enfin,

1+4+4=921+8Z;4+4+4=1224+8Z:

Aucune de ces sommes n"est dans 7+8Zet on a montré qu"un entier de la forme 8n+7 n"est pas la somme de

trois carrés.Correction del"exer cice4 NSoitn2N. En développant(1+p2)npar la formule du binôme de NEWTONet en séparant les termes oùp2

apparaît à un exposant pair des termes oùp2 apparaît à un exposant impair, on écrit(1+p2)nsous la forme

a n+bnp2 oùanetbnsont des entiers naturels non nuls.

Mais alors(1p2)n=anbnp2 et donc

(1)n= (1+p2)n(1p2)n= (an+bnp2)(anbnp2) =a2n2b2n ou finalement, ((1)nan)an+(2(1)n+1bn)bn=1

où(1)nan=uet 2(1)n+1bn=vsont des entiers relatifs. Le théorème de BEZOUTpermet d"affirmer quean

etbnsont premiers entre eux.Correction del"exer cice5 NPosons(1+p3)n=an+bnp3 oùanetbnsont des entiers naturels. On a alors(1p3)n=anbnp3 et donc

(1+p3)2n+1+(1p3)2n+1=2a2n+12N: Mais de plus,1<1p3<0 et donc, puisque 2n+1 est impair,1<(1p3)2n+1<0. Par suite,

2a2n+1<(1+p3)2n+1<2a2n+1+1;

ce qui montre queE((1+p3)2n+1) =2a2n+1= (1+p3)2n+1+(1p3)2n+1et montre déjà queE((1+p3)2n+1)est un entier pair. Mais on en veut plus :

(1+p3)2n+1+(1p3)2n+1= (1+p3)((1+p3)2)n+(1p3)((1p3)2)n = (1+p3)(4+2p3)n+(1p3)(42p3)n =2n((1+p3)(2+p3)n+(1p3)(2p3)n) Montrons enfin que(1+p3)(2+p3)n+(1p3)(2p3)nest un entier, pair. Mais,(1+p3)(2+p3)nest de la formeA+Bp3 oùAetBsont des entiers naturels et donc, puisque(1p3)(2p3)n=ABp3, on a finalement(1+p3)(2+p3)n+(1p3)(2p3)n=2AoùAest un entier. Donc,(1+p3)(2+p3)n+(1p3)(2p3)nest un entier pair, ou encore(1+p3)2n+1+(1p3)2n+1=

E((1+p3)2n+1)est un entier divisible par 2n+1.

6

Correction del"exer cice6 NSoitnun entier naturel non nul. On notes(n)la somme de ses chiffres en base 10 (voir l"exercice19 ). Si

n=a0+10a1+:::+10kakoùk2N, 06ai69 pour 06i6ketak6=0, alors s(n) =a0+:::+ak69(k+1)69(E(logn)+1)69(logn+1): Donc, A=s(44444444)69(log(44444444)+1)69(4444log(105)+1) =9(4444:5+1) =9:22221=199989: Puis,B=s(A)61+5:9=46, puiss(B)6s(39) =12. Donc, 16s(B)612. D"autre part, on sait que modulo 9 :s(B)BA=44444444. Enfin, 44444444= (9:443+7)444474444(9). De plus, 7 2(9)puis 724(9)puis 73281(9)et donc 74444= (73)1481:7(13)1481:77(9).

Finalement, 16s(B)612 etC7(9)ce qui imposeC=7.Correction del"exer cice7 NOn a trois possibilités :p23Z,p23Z+1 oup23Z1.

Dans les deux derniers cas,p221+3Zet 8p2+129+3Z=3Z. Mais alors, 8p2+1 est premier et multiple de 3 ce qui impose 8p2+1=3. Cette dernière égalité est impossible.

Il ne reste donc que le cas oùpest premier et multiple de 3, c"est-à-direp=3 (en résumé,pet 8p2+1 premiers

impliquentp=3). Dans ce cas, 8p2+1=73 et 8p21=71 sont effectivement premiers.Correction del"exer cice8 N1.Pour 1 6k6n,kCkn=nCk1n1. Donc, siketnsont premiers entre eux, puisquendivisekCkn, le théorème

de GAUSSpermet d"affirmer quendiviseCkn. 2. De même, (n+1)Cn12n=nCn2nmontre que(n+1)divisenCn2net, puisquenet(n+1)sont premiers entre

eux (d"après BEZOUTpuisque(n+1)n=1),(n+1)diviseCn2nd"après le théorème de GAUSS.Correction del"exer cice9 N1.Posons d=x^yetm=x_y.ddivisem=105=3:5:7 mais, puisqueddivisexety,ddivise aussi

x+y=56=23:7. Donc,ddivise 105^56=7 et nécessairementd=1 oud=7.

1er cas.d=1 fournit, puisquem=105,xy=md=105.xetysont donc les solutions de l"équation

X

256X+105=0 qui n"admet pas de solutions entières.

2ème cas.d=7 fournitxy=7:105=735.xetysont donc les solutions de l"équationX256X+735=0

qui admet les solutions 21 et 35. Réciproquement, 21+35=56 et 21_35=3:5:7=105.S=f(21;35);(35;21)g. 2. On pose x=dx0ety=dy0avecx0ety0premiers entre eux etd=x^y. Le système s"écritx0y0=1 dx

0y0=72

ou encorex0=y0+1 d(y0+1)y0=72. En particulier,y0ety0+1 sont deux diviseurs consécutifs de 72. 72= 2

3:32admet 4:3=12 diviseurs à savoir 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 36 et 72. Doncy0est élément de

f1;2;3;8g.

1er cas.y0=1 fournitd=721:2=36 puisy=36:1=36 etx=y+d=72. Réciproquement, 7236=36=

36^72 et 36_72=72.

7

2ème cas.y0=2 fournitd=12,y=24,x=36 qui réciproquement conviennent.

3ème cas.y0=3 fournitd=6,y=18,x=24 qui réciproquement conviennent.

4ème cas.y0=8 fournitd=1,y=8,x=9 qui réciproquement conviennent.

S=f(9;8);(24;18);(36;24);(72;36)g:

3.ddivisemet doncddivise 243=35etd2 f1;3;9;27;81;243g. On pose alorsx=dx0,y=dy0avecx0et

y

0premiers entre eux.

1er cas.

Si d=1 on ax0y01=243 ou encorex0y0=244 ce qui fournit les possibilités (en n"oubliant pas quex0ety0sont premiers entre eux) : x

0=1,y0=244 puisx=1 ety=244,

x

0=4,y0=61 puisx=4 ety=61,

x

0=61,y0=4 puisx=61 ety=4,

x

0=244,y0=1 puisx=244 ety=1 qui réciproquement conviennent.

2ème cas.

Si d=3, on ax0y0=81+1=82 ce qui fournit les possibilités : x

0=1,y0=82 puisx=3 ety=246,

x

0=2,y0=41 puisx=6 ety=123,

x

0=41,y0=2 puisx=123 ety=6,

x

0=82,y0=1 puisx=246 ety=3 qui réciproquement conviennent.

3ème cas.

Si d=9 on ax0y0=27+1=28 ce qui fournit les possibilités : x

0=1,y0=28 puisx=9 ety=252,

x

0=4,y0=7 puisx=36 ety=63,

x

0=7,y0=4 puisx=63 ety=36,

x

0=28,y0=1 puisx=252 ety=9 qui réciproquement conviennent.

4ème cas.

Si d=27 on ax0y0=9+1=10 ce qui fournit les possibilités : x

0=1,y0=10 puisx=27 ety=270,

x

0=2,y0=5 puisx=54 ety=135,

x

0=5,y0=2 puisx=135 ety=54,

x

0=10,y0=1 puisx=270 ety=27 qui réciproquement conviennent.

5ème cas.

Si d=81, on ax0y0=3+1=4 ce qui fournit les possibilités : x

0=1,y0=4 puisx=81 ety=324,

x

0=4,y0=1 puisx=324 ety=81 qui réciproquement conviennent.

6ème cas.

Si d=243, on ax0y0=1+1=2 ce qui fournit les possibilités : x

0=1,y0=2 puisx=243 ety=486,

x

0=2,y0=1 puisx=486 ety=243 qui réciproquement conviennent.Correction del"exer cice10 NSoitnun entier supérieur ou égal à 2.

5(n2+2)devant être un carré parfait,n2+2 doit encore être divisible par 5 mais sinest dans 5Z,n2+2 est

dans 2+5Z, sinest dans1+5Z,n2+2 est dans 3+5Zet sinest dans2+5Z,n2+2 est dans 1+5Z

etn2+2 n"est jamais divisible par 5. Une somme de cinq carrés d"entiers consécutifs n"est donc pas un carré

parfait.8

Correction del"exer cice11 NSoientnetmdeux entiers naturels tels quen0. On note que

F m=22n+k+1= (22n)2k+1= (Fn1)2k+1:

En développant l"expression précédente par la formule du binôme de NEWTONet en tenant compte du fait que

2 kest pair puisquekest strictement positif, on obtient une expression de la formeq:Fn+1+1=q:Fn+2. Le P.G.C.D. deFnetFmdoit encore diviserFmq:Fn=2 et vaut donc 1 ou 2. Enfin, puisque 2net 2msont

strictement positifs,FnetFmsont impairs et leur P.G.C.D. vaut donc 1 (ce résultat redémontre l"existence d"une

infinité de nombres premiers).Correction del"exer cice12 N1.Soit, pour nentier naturel non nul donné,vn=un+1un1u2n. Alors,

v n+1=un+2unu2n+1= (un+un+1)unun+1(un1+un) =u2nun+1un1=vn: La suitevest donc une suite géométrique de raison1 et on a :

8n2N;vn= (1)n1v1= (1)n:

Cette égalité s"écrit encore((1)nun1)un+1+((1)n+1un)un=1 et le théorème de BEZOUTpermet

d"affirmer que pour tout entier natureln, les entiersunetun+1sont premiers entre eux (il est clair par

récurrence que la suiteuest à valeurs entières). 2.

Pour m=1 etnentier naturel quelconque :

u n+m=un+1=un+1u1+unu0=un+1um+um1un:

Pourm=2 etnentier naturel quelconque :

u Soitm>1. Supposons que pour tout entier natureln, on aun+m=un+1um+um1unetun+m+1= u n+1um+1+umun. Alors, pour tout entier natureln, u n+m+2=un+m+1+un+m=un+1um+1+umun+un+1um+um1un(par hypothèse de récurrence) =un+1(um+1+um)+un(um+um1) =un+1um+2+unum+1: ce qui démontre l"égalité proposée par récurrence. Soientnetmdeux entiers naturels tels quen>m. La division euclidienne denparms"écritn=mq+r avecqetrentiers tels que 06r6m1. Or,um+r=umur+1+um1ur. Par suite, un diviseur commun àumeturdivise encoreumetum+ret réciproquementundiviseurcommunàumetum+rdiviseum1ur. Mais,umetum1sontpremiersentreeux

et, d"après le théorème de GAUSS, un diviseur commun àumetum+rdiviseur. Les diviseurs communs à

u metursont encore les diviseurs communs àumetum+ret donc : u m^ur=um^um+r:

Puis, par récurrence

u 9

Ainsi, les algorithmes d"EUCLIDEappliqués d"une part àumetunet d"autre part àmetns"effectuent en

parallèle et en particulier,um^un=um^n:Correction del"exer cice13 N1.Posons d=x^y^zpuisx=dx0,y=dy0etz=dz0oùx0^y0^z0=1.

x

2+y2=z2,d2(x02+d2y02) =d2z02,x02+y02=z02;

avecx0^y0^z0=1, ce qui montre que l"on peut se ramener au cas oùx,yetzsont premiers entre eux. Supposons doncx,yetzpremiers entre eux (dans leur ensemble). Soitpun nombre premier. Sipdivise xetyalorspdivisex2+y2=z2et doncpest également un facteur premier dezcontredisant le fait que x,yetzsont premiers entre eux. Donc,xetysont premiers entre eux. Sipdivisexetzalorspdivisez2x2=y2et doncpest également un facteur premier dey, contredisant le fait quex,yetzsont premiers entre eux. Donc,xetzsont premiers entre eux. De même,yetzsont premiers entre eux. Finalement,x,yetzsont premiers entre eux deux à deux. 2.

Puisque x,yetzsont deux à deux premiers entre eux, parmi les nombresx,yetz, il y a au plus un nombre

pair. Mais si ces trois nombres sont impairs,x2+y2=z2est pair en tant que somme de deux nombres impairs contredisant le fait quezest impair. Ainsi, parmi les nombresx,yetz, il y a exactement un nombre pair et deux nombres impairs. Sixetysont impairs, alors d"une part,zest pair etz2est dans 4Zet d"autre partx2ety2sont dans 1+4Z. Mais alors,x2+y2est dans 2+4Zexcluant ainsi l"égalitéx2+y2=z2. Donc,zest impair et l"un des

deux nombresxouyest pair. Supposons, quite à permuter les lettresxety, quexest impair etyest pair.

Posons alorsy=2y0puisX=z+x2

etZ=zx2 (puisquexetzsont impairs,XetZsont des entiers). 3. On a x

2+y2=z2,4y02= (z+x)(zx),y02=XZ:

Un diviseur commun àXetZdivise encorez=Z+Xetx=ZXet est donc égal à1 puisquexetz sont premiers entre eux.XetZsont des entiers premiers entre eux.

Le produit des deux entiersXetZest un carré parfait et ces entiers sont premiers entre eux. Donc, un

facteur premier deXn"apparaît pas dansZet apparaît donc dansXà un exposant pair ce qui montre que

Xest un carré parfait. De même,Zest un carré parfait. 4. Donc, il e xistedeux entiers relat ifsuetvtels queX=u2etZ=v2. Mais alors,z=Z+X=u2+v2 etx=ZX=u2v2. Enfin,y2=z2x2= (u2+v2)2(u2v2)2=4u2v2et donc,y=2uvquite à remplaceruparu. En résumé, six2+y2=z2alors il existe(d;u;v)2NZZtel quex=d(u2v2),y=2duvet z=d(u2+v2)ou bienx=2duv,y=d(u2v2)etz=d(u2+v2).

Réciproquement,

(d(u2v2))2+(2duv)2=d2(u4+2u2v2+v4) = (d(u2+v2))2; et on a trouvé tous les triplets Pythagoriciens. Par exemple,d=1,u=2 etv=1 fournissent le triplet (3;4;5).d=2,u=2 etv=1 fournissent le triplet(6;8;10)etd=1,u=3 etv=2 fournissent le triplet (5;12;13). 10

Correction del"exer cice14 NSoientxetydeux entiers naturels tels que 3x3+xy+4y3=349. On a 4y363x3+xy+4y3=349 et donc

y63r349 4 =4;4::: Donc,y2 f0;1;2;3;4g. De même, 3x363x3+xy+4y3=349 et donc x63r349 3 =4;8::: Donc,x2 f0;1;2;3;4gce qui ne laisse plus que 5:5=25 couples candidats. Ensuite, y=0 donne 3x3=349 qui ne fournit pas de solutions. y=1 donne 3x3+x345=0, équation dont aucun des entiers de 0 à 4 n"est solution. y=2 donne 3x3+2x317=0, équation dont aucun des entiers de 0 à 4 n"est solution. y=3 donne 3x3+3x241=0, équation dont aucun des entiers de 0 à 4 n"est solution. y=4 donne 3x3+4x93=0 dont seulx=3 est solution.

S=f(3;4)g:Correction del"exer cice15 NSix>5 et 56k6x, alorsk! est divisible par 2:5=10. D"autre part, 1!+2!+3!+4!=33 et le chiffre des

unités de

åxk=1k! est 3.åxk=1k! n"est donc pas un carré parfait car le chiffre des unités (en base 10) d"un carré

parfait est à choisir parmi 0, 1, 4, 5, 6, 9. Donc,x64. Ensuite, 1!=1=12puis 1!+2!=1+2=3 n"est pas

un carré parfait, puis 1!+2!+3!=9=32puis 1!+2!+3!+4!=33 n"est pas un carré parfait.

S=f(1;1);(3;3)g:Correction del"exer cice16 Nn=9+8(10+102+:::+10p1)+4(10p+:::+102p1) =9+8010p11101+4:10p10p1101

19 (81+80(10p11)+4:10p(10p1)) =19 (4:102p+4:10p+1) =2:10p+13 2 (ce qui montre déjà quenest le carré d"un rationnel). Maintenant,

2:10p+1=2(9+1)p+1=2:på

k=0Ckp9k+1=3+2på k=1Ckp32k=3(1+2på k=1Ckp32k1); et 2:10p+1 est un entier divisible par 3. Finalement,n=2:10p+13

2est bien le carré d"un entier.Correction del"exer cice17 NPourk2N, posonsak=11:::1 (k+1 chiffres 1 en base 10).

Soitnun entier naturel quelconque.

La division euclidienne deakparns"écrit :ak=n:qk+rkoùqketrksont des entiers naturels tels que 06rk6

n1.

Lesn+1 entiersr0,...,rnsont à choisir parmi lesnentiers 0, 1,...,n1. Lesn+1 restes considérés ne peuvent

donc être deux à deux distincts. Par suite,

9(k;l)2N2=06k 11 Mais alors,alak= (qlqk)nest un multiple den. Commealak=11:::10:::0 (lkchiffres 1 etk+1

chiffres 0), on a montré que tout entier naturel admet un multiple de la forme 11:::10:::0=11:::1:10K. Si de

plusnest impair, non divisible par 5, alorsnest premier à 2 et à 5 et donc à 10K. D"après le théorème de

GAUSS,ndivise 11:::1.Correction del"exer cice18 N1.u2n= (2n+1+1)2=22n+2+2n+2+1=10:::010:::012(n1 puisn+1 chiffres 0)

2. u

3n= (2n+1+1)3=23n+3+3:22n+2+3:2n+1+1=23n+3+(2+1):22n+2+(2+1):2n+1+1

(n1 puisn1 puisnchiffres 0) 3. u =10:::010:::010:::01 (n1 puisnpuisn+1 chiffres 0)Correction del"exer cice19 N1.Soit n2N. Posonsn=åp k=0ak10k, oùp2N, et8k2 f0;:::;pg;ak2 f0;:::;9g, etap6=0. Le nombre de chiffres denest alorsp+1. L"entierpvérifie 10p6n<10p+1ou encorep6lognPour n2N, posonsun=s(n+1)s(n)

(a)

Soit n2N. Posonsn=ap10p+:::+10a1+a0=a

p:::a1a010. Si au moins un des chiffres den n"est pas 9, on notekle plus petit indice tel queak6=9. Alors, 06k6p1 etn=a p:::ak9:::910 etn+1=a p:::ak+1(ak+1)0:::010. Dans ce cas, sik=0, s(n+1)s(n)=s(n)+1s(n)=1+1s(n)61+1=2:

Si 16k6p1,

s(n+1)s(n)=ap+:::+ak+1a p+:::+ak+9k6ap+:::+ak+1a p+:::+ak+1=162: Sinon, tous les chiffres densont égaux à 9, et dans ce cas, s(n+1)s(n)=19(p+1)62: Ainsi, pour tout entier naturel non nuln, on aun62. La suiteuest donc bornée. Pourp2N,u10p1=s(10p)s(10p1)=19p. La suite extraite(u10p1)p2Nconverge et a pour limite 0.

Pourp2N,u10p=s(10p+1)s(10p)=21

=2. La suite extraite(u10p)p2Nconverge et a pour limite 26=0.

On en déduit que la suiteudiverge.

(b) A vecles notations du a), 1 6s(n)69(p+1) =9(E(logn)+1)69(logn+1). 12 (c)Soit n2N. 16nps(n)6np9(logn+1) =exp(1n (ln9+ln(1+lnnln10 ). Les deux membres de cet

encadrement tendent vers 1 et donc la suite(nps(n))n>1converge et limn!+¥nps(n) =1.Correction del"exer cice20 N1.(F ormulede L EGENDRE) Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 2.

Sipest un nombre premier qui divisen!=1:2:::n, alorspest un facteur premier de l"un des entiers 2,...,

net en particulier,p6n. Réciproquement, il est clair que sipest un nombre premier tel quep6n,p divisen!. Les facteurs premiers den! sont donc les nombres premiers inférieurs ou égaux àn. Soit doncpun nombre premier tel quep6n. Pour trouver l"exposant depdans la décomposition

primaire den!, on compte 1 pour chaque multiple depinférieur ou égal àn, on rajoute 1 pour chaque

multiple dep2inférieur ou égal àn, on rajoute encore 1 pour chaque multiple dep3inférieur ou égal à

n... et on s"arrête quand l"exposantkvérifiepk>n. n>pk,lnn>klnp,k6lnnlnp; (car lnp>0). Donc, sik>E(lnnlnp)+1, alorspk>n.

Dit autrement, l"exposant depest la somme du nombre de multiples depinférieurs ou égaux àn, du

nombre de multiples dep2inférieurs ou égaux àn, du nombre de multiple dep3inférieurs ou égaux à

n... et du nombre de multiples depE(lnn=lnp). Soitkun entier tel que 16k6E(lnnlnp)etKun entier naturel.

16K:pk6n,1p

k6K6np k,16K6E(np k):

Il y a doncE(np

k)multiples depkcompris au sens large entre 1 etn. On a montré que l"exposant dep dans la décomposition den! en facteurs premiers est E(np )+E(np

2)+E(np

3)+:::

2. L "exposantde 5 dans la décomposition primaire de 1000! est

E(10005

)+E(10005

2)+E(10005

3)+E(10005

4) =200+40+8+1=249:

L"exposant de 2 est évidemment supérieur (il y a déjà au moins 500 nombres pairs entre 1 et 1000). Donc,

la plus grande puissance de 10 divisant 1000! est encore la plus grande puissance de 5 divisant 1000!, à

savoir 249. L"écriture en base 10 de 1000! se termine par 249 zéros.Correction del"exer cice21 N(Petit théorème de FERMAT) Soitpun nombre premier.

1. Soit pun nombre premier etkun entier tel que 16k6p1. On akCkp=pCk1p1. Donc,pdivisekCkp.

Mais,pest premier et doncpest premier à tous les entiers compris entre 1 etp1 au sens large. D"après

le théorème de GAUSS,pdiviseCkp. 2. Soit pun nombre premier. Montrons par récurrence que8a2N,apa(p).

C"est clair poura=1.

Soita>1. Supposons queapa(p). On a alors

13 (a+1)p=på k=0Ckpak=ap+1+p1åquotesdbs_dbs41.pdfusesText_41

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