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Exercices d'arithmetiques

18 janvier 2014

Exercice 1.1. Montrer que sinest somme des carres de deux entiers consecutifs alors2n1est le carre d'un entier.

2. Montrer que si2n1est le carre d'un entier alorsnest somme des

carres de deux entiers consecutifs. Exercice 2.Montrer qu'il existe une innite d'entiersa2Ntels quen4+a n'est premier pour aucun entiern2N.

Exercice 3.Determiner(2m

1)^(2n1).

Exercice 4.Determiner tous les couples d'entiersa,btels queab=ba. Exercice 5.Trouver tous les entiersaetbtels que7a32b= 1. Exercice 6(OIM 2002-4).Soitnun entier strictement plus grand que1.

On noted1;d2;;dkles diviseurs positifs denavec

1 =d1< d2<< dk=n:

On poseD=d1d2+d2d3++dk1dk.

Montrer queD < n2.

Trouver lesntels queDest un diviseur den2.

Exercice 7.Existe-t-il des entiersn>1tels que9divise7n+n3?

Exercice 8.

Determiner le nombre des dizaines de milliers deA= 55555 Exercice 9(OIM 99-4).Determiner les couples d'entiers strictement positifs (n;p)tels que {pest un nombre premier, {n62p, {(p1)n+ 1est divisible parnp1. Exercice 10(OIM 1990-4).Determiner les entiersn2Ntels quen2j2n+1. 1

Solutions des exercices d'arithmetiques

18 janvier 2014

Exercice 1.1. Montrer que sinest somme des carres de deux entiers consecutifs alors2n1est le carre d'un entier.

2. Montrer que si2n1est le carre d'un entier alorsnest somme des

carres de deux entiers consecutifs. Solution 1.1.Par hypothese, il existe un entieratel quen=a2+ (a+ 1)

2. On developpe ce qui donne :

n= 2a2+ 2a+ 1:

Un calcul donne maintenant que

2n1 = 4a2+ 4a+ 1 = (2a)2+ 2(2a)1 + 12:

On reconna^t une identite remarquable :

2n1 = (2a+ 1)2

ce qui prouve bien que 2n1 est le carre d'un entier.

2. Par hypothese, il existe un entierbtel que 2n1 =b2. De plus, comme

2n1 est impair, on remarque quebest aussi forcement impair (le

carre d'un entier pair est pair et le carre d'un entier impair est impair). Ainsi, il existe un entieratel queb= 2a+ 1. On a donc

2n1 = (2a+ 1)2= 4a2+ 4a+ 1:

Ainsi un calcul donne que

n= 2a2+ 2a+ 1 =a2+ (a2+ 2a+ 1) =a2+ (a+ 1)2: Commeaest entier, on a bien montre quenest somme de deux entiers consecutifs. 1 Exercice 2.Montrer qu'il existe une innite d'entiersa2Ntels quen4+a n'est premier pour aucun entiern2N. Solution 2.Il faut bien choisir la forme dea. Poura= 4k4, on peut utiliser les identites remarquables comme suit : n

4+ 4k4= (n2+ 2k2)24n2k2= (n2+ 2k22nk)(n2+ 2k2+ 2nk):

De plusn2+ 2k22nk= (nk)2+k2, doncn4+ 4k4n'est jamais premier des quek>2 (pourk= 1 on a 1 + 4 = 5...).

Exercice 3.Determiner2m1^2n1.

Solution 3.

Ecrivons la division euclidienne denparm:n=qm+r.

Maintenant on cherche a faire celle de 2

n1 par 2m1 : 2 n1 = (2mq1)2r+2r1 = (2m1)(1+2m+22m++2(q1)m)+2r1:

De plus, 2

r1<2m1. Ainsi, l'algorithme d'Euclide associe a 2n1 et 2 m1 peut ^etre fait parallelement a celui denetm. Sid=n^m, on aura 2 m1^2n1 = 2d1: Exercice 4.Determiner tous les couples d'entiersa,btels queab=ba. Solution 4.On commence, comme d'habitude, par introduired=a^bet ecrirea=da0etb=db0oua0^b0= 1.

On constate d'abord quea=best toujours solution.

On cherche les autres solutions. Sans perte de generalite (quitte a inverser les r^oles deaetb), on va supposer quea < b. Ainsi, l'equation se reecrit d baa0b=b0a: On voit tout de suite quea0= 1 cara0jb0aalors quea0^b0a= 1. Et donc d=aetb0>2 : d d(b01)=b0d:

On prend les racinesd-iemes :

d b01=b0; et on a encore quelques cas a traiter. Sid= 1, alorsb0= 1 ce qui n'est pas possible, on a exclu ce cas. Sid= 2, on voit que pourb0= 2 on a une solution qui correspond aa= 2;b= 4. Ensuite, on montre (par recurrence ou par une etude de fonction) que pourb0>2, alors 2b01> b0. Enn, sid>3, la situation est encore plus dramatique et on montre que d b01>3b01> b0: Ainsi, les seuls solutions sont les couples (a;a), (2;4) et (4;2). 2 Exercice 5.Trouver tous les entiersaetbtels que7a32b= 1. Solution 5.On voit quea= 0 oub= 0 sont impossibles. On reecrit l'equa- tion comme suit : 7 a1 = 6a1X i=07 i= 62b1: Sia= 1, alorsb= 1 est l'unique solution. Sia= 2 alorsb= 4 est l'unique solution. Supposons maintenant quea >2 ce qui implique queb >4. Comme la somme de gauche est paire, mais constituee d'element impaires, il doit y avoir un nombre pair de terme,aest donc pair. On regroupe termes pairs et impairs pour obtenir (7 + 1) a=21X i=07

2i= 82b4:

On simplie, et on se rappelle que commeb >4, la somme de gauche est paire mais encore constituee de termes impairs. Il y a donc un nombre pair de termes (a=2 est pair) et on peu recommencer la procedure : (7

2+ 1)a=41X

i=07

4i= 2b4;

on aboutit a une contradiction car une puissance de 2 n'est pas divisible pas 50.

Les seules solutions sont donc (1;1) et (2;4).

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