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Aujourd"hui nous allons discuter :

•L"intra et les modalités de la consultation •Corollaire du théorème de Bézout •Solutions entières d"une équation linéaire •Factorization première unique •pgcd(a,b)·ppcm(a,b) =|ab| •Relations d"équivalence : Classes modulomMAT15001 of 27

Rappel du théorème de Bézout.

Théorème

Soient n,m deux entiers et d:=pgcd(n,m).

Il existe s,t, deux entiers, tels que

sn+tm=d.L"algorithme d"Euclide-Bézouttrouve det dess,t.MAT15002 of 27 Le théorème de Bézout a des corollaires utiles.

Théorème

(i) Soient a,b,c trois entiers tels que a|bc etpgcd(a,b) =1. Alors a|c. (ii) Soit p un nombre p remier

tel que p |bc. Alors p|b ou p|c.Mais 6|(2·3)et 6? |2 et 6? |3 (6 n"est pas premier).MAT15003 of 27

Corollaire

Si p est un nombre premier tel que p|(n1n2...ns). Alors il existe un i tel que p|ni.(Par induction surs)MAT15004 of 27

Démonstration.

(i) Hypothèse pgcd(a,b) =1 : il existe entierss,ttels que sa+tb=1 par Bézout, et donc sac+tbc=c

Hypothèsea|bc: il existeutel queau=bc. Donc

c=sac+tau= (sc+tu)a ou a|c (ii) Si le nombre premierpne divise pasbalorspgcd(p,b) =1. Donc l"hypothése de (i) est satisfaite et on peut conclure.

MAT15005 of 27

Solutions générales entières

Cherchons les solutions en entiers pourXetYde l"équation aX+bY=c, oùa,b,csont trois entiers.

Des solutions existent

si et seule mentsi pgcd (a,b)|c.MAT15006 of 27

Posonsd:=pgcd(a,b)et supposons qued|c.

Par l"algorithme d"

Euclide-Bézout

nous p ouvonscalculer des entiersm,ntels queam+bn=d.

On ad|c, donc il existe un entierqtel quedq=c.

Alors a(mq) +b(nq) =dq=c, et le coupleX=mqetY=nqestune solution .MAT15007 of 27 Par exemple, l"équation 1351X+1064Y=21 a une solution entière, car pgcd(1064,1351) =7 divise 21.

Déjà obtenu :

(-63)·1351+80·1064=7, donc aussi (-63·3)·1351+ (80·3)·1064=7·3=21, et

1351·(-189)+ 1064·240=21

Donc la coupleX=-189 etY=240 estune solution.

Il y a d"

autres solutions ?

MAT15008 of 27

On a 1351=7·193 et 1064=7·152, donc

152·1351=152·7·193=1064·193

Pour chaque entierh?Zle couplex=-189+h·152 et

y=240-h·193 est aussi une solution : (-189+h·152)·1351+ (240-h·193)·1064= = (-189)·1351+ (240)·1064=21,

Par exemple,h=1 donne :x=-37 ety=47, et en effet

1351·(-37) +1064·47=-49987+50008=21.MAT15009 of 27

Cette méthodefonctionne généralement p ourtrouve rles autres solutions deaX+bY=c.

Posons encored=pgcd(a,b)etd|c.

Pour certains entiersa?etb?on aa=a?d,b=b?d. Alors

a ?b=a?b?d=ab?. Supposons le couple(x,y)?Z2est une solution particulière de l"équationaX+bY=c.

Alors pour chaque entiern?Zon a

a(x+nb?) +b(y-na?) =ax+by+anb?-bna?=c. Donc(x+nb?,y-na?)est aussi une solution pour chaquen. C"est la solution générale

MAT150010 of 27

Il n"y a pas d"autre solution

Preuve : Supposons(x,y)et(x?,y?)sont deux solutions entières deaX+bY=c:ax+by=c=ax?+by?.

Comme avantd:=pgcd(a,b),a=a?d,b=b?d,c=c?d.

Et donca?x+b?y=c?=a?x?+b?y?, d"oùa?(x?-x) =b?(y-y?) etb?|(a?(x?-x)).

Exercice : pgcd(a?,b?) =1.

Donc le théorème montré ce matin donne :b?|(x?-x), c.-à-d., il existe unn?Ztel quex?-x=nb?oux?=x+nb?.

Etb?(y-y?) =a?(x?-x) =a?nb?, doncy-y?=a?net

y ?=y-na?. Donc(x?,y?)est une solution "générale".MAT150011 of 27

Factorization première

Déjà montré :Théorème

Pour chaque nombre naturel n>1il existe un entier s≥1et des nombres premiers p

1, p2,...,pstels que

n=p1p2...ps, et p

MAT150012 of 27

On aunicité aussi :

Théorème

Soit n>1un nombre naturel. Si

n=p1p2...ps =q1q2...qt où p premiers. Alors s=t et p1=q1, p2=q2,...,ps=qs.MAT150013 of 27

Démonstration.

Par induction surn(seulement l"unicité).

Préparation : On api|(p1p2...ps). Et sipest premier, la seule factorisation première est :p=p. Le début. Pourn=2 il n"y a qu"une seule factorisation (car 2 est premier.) Étape d"induction : Soitn≥2 et supposons pour chaque Sin+1 est premier, il y a une seule factorisation, comme déjà remarqué.

MAT150014 of 27

(suite). Supposonsn+1 estcomp oséet n+1=p1p2...ps=q1q2...qt sont deux factorisations ordonnées. Lespietqjsont tous des nombres premiers qui divisentn+1. Soitp≥2 le plus petit nombre premier qui divisen+1. Alors p|p1p2...psimpliquep=pipour uni. Parminimalité nécessairementp=p1. Et de même façonp=q1. Doncp1=q1. composé). Par l"hypothèse d"induction,ma une seule factorization. C"est à dires-1=t-1 etp2=q2,p3=q3..... Donc aussi les deux factorisations den+1 coïncident. Conclusion : Par induction généreuse on conclut que l"unicité de la factorisation première est vraie.

MAT150015 of 27

Soitn>1 alors on peut aussi écrireuniquement

n=pa11pa22...pass, oùp1Il y a une conséquence bien connue :

MAT150016 of 27

En général, trouver une factorisation première est très laborieux. Mais si on a déjà factorisénetmon peut facilement calculer pgcd(n,m).Théorème Supposons n=pa11pa22...pass,et m=pb11pb22...pbss,où p

1 Alors pgcd(n,m) =pc11pc22...pcss, et ppcm(n,m) =pd11pd22...pdss, où c iest le minimum de{ai,bi}et diest le maximum de{ai,bi}.MAT150017 of 27

Corollaire

Soit n et m deux nombres naturels positifs. Alors

nm=pgcd(n,m)·ppcm(n,m)MAT150018 of 27

Par exemple : On a

1064=23·71·191·1930,

1351=20·71·190·1931,

pgcd(1064,1351) =20·71·190·1930=7, ppcm(1064,1351) =23·71·191·1931=205352,

205352·7=1437464=1064·1351.MAT150019 of 27

Relations d"équivalence

Les humains aiment faire des classifications.

Les nombres entiers sont de deux sortes : les nombres pairs et les nombres impairs. Pour les nombres réels on a les classes des nombres positifs, négatifs et 0. Les animaux domestiques sont classifiés dans plusieurs classes : les chiens, les chats, les chevaux, les vaches, ...

Les symboles sont divisés dans les classes

a,b,c,...,z,1,2,...,+,?,:,.... LesA, a ,asont dans la même classe "a" etcetera.MAT150020 of 27 Idéalement, chaque objet considéré est placé dans une classe, et idéalement dans une seule classe. Nous avons besoin de modéliser cet idée en termes des ensembles.

MAT150021 of 27

SoitUun ensemble. Nous voulons diviser les éléments dans plusieurs classes (sous-ensembles), selon une certain classification Idéalement on ne veut pas permettre un élément dans deux classes différentes. Il y a plusieurs façons de le faire (mais donnent le même résultat). Soit à partir d"une fonction propositionnelle, soit à partir d"une partition de l"ensemble.

MAT150022 of 27

Pair-Impair généralisé : "classes modulo m"

Rappel : Pour des entiersa,b,m?=0 on définit :

a≡mbsim|(a-b).

On dit queaest congru àbmodulom.

Ouaetbsont dans la même classe modulom.MAT150023 of 27

Soitm?Z.

Alors≡mest unere lationd"équivalence sur l"ensemble Z:Lemme (i) n≡mn, (ii) Si(n1≡mn2)alors(n2≡mn1), (iii) Si((n1≡mn2)et(n2≡mn3))alors aussi(n1≡mn3).MAT150024 of 27

Démonstration.

Vérification :

(i)n≡mnparce quen-n=0 etm|0. (ii) Supposonsn1≡mn2, c.-à-d.,m|(n1-n2): il exister?Ztel querm=n1-n2. Alors(-r)m=n2-n1et-r?Z, donc par définitionm|(n2-n1)etn2≡mn1. (iii) Supposonsn1≡mn2etn2≡mn3, c.-à-d.,m|(n1-n2)et m|(n2-n3): il exister1,r2?Ztel quer1m=n1-n2et r

2m=n2-n3. Alors(r1+r2)m= (n1-n2)+(n2-n3) =n1-n3.

Doncm|(n1-n3)etn1≡mn3.MAT150025 of 27

Le théorème suivant donne une grande flexibilité.

Théorème

Soit m?Z.

Soient a,b,c,d des nombres entiers.

Si a≡mb et c≡md, alors(a+c)≡m(b+d)et(ac)≡m(bd).MAT150026 of 27

Démonstration.

Sia≡mbetc≡mdalors il exister,sentiers tels que mr= (a-b)etms= (c-d).

Doncm(r+s) = (a-b) + (c-d) = (a+c)-(b+d)et

(a+c)≡m(b+d).

Et aussia=b+mretc=d+ms. Donc

ac-bd= (b+mr)(d+ms)-bd=m(rd+bs+mrs), ce qui implique que(ac)≡m(bd).MAT150027 of 27quotesdbs_dbs13.pdfusesText_19