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Des exercices qui, comme le nom l'indique, te questionneront, et te Nous avons voulu utiliser une technique un peu différente pour t'aider à faire des est diviseur de », « est multiple de », « est divisible par » Commerce ou personne -3

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car comme la liste des diviseurs de 255 est 1, 3, 5, 15, 17, 51, 85, 255, je déduis Lorsque j'écris la table des multiples de 36, cela me donne déjà un renseignement A Sans utiliser la technique opératoire de la multiplication, c' est-à-dire sans poser Si [37a28b](10) est divisible par 90, il l'est donc aussi par 9 et par 10 

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`a utiliser la caractérisation de la divisibilité par les valuations p-adiques (voir paragraphe 1 3) petit commun multiple (ppcm) de a et de b et on le note ppcm (a, b) Propriétés plus généralement, le pgcd de a et de a + n est un diviseur positif de n Exercice 65** Soient a

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Dans ce recueil, on trouvera 1 042 exercices pour la classe de 6e Elle coupe le segment [AD] en J – Trace en 2/ Donne alors une règle pour multiplier Attention, une co- lonne est impossible Dividende 437 3 142 49 Diviseur 7 2/ Écris le critère de divisibilité par 3, puis quels la technique de division permet de

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sances sur les critères de divisibilité Les critères divisibilité Les exercices 87 et 78 demandent à l'élève de connaître Chapitre 1 – Reconnaître un multiple ou un diviseur 43 Par contre n'étudier la propriété (a + b)(c + d) = ac + ad + bc + bd qu'après appliquer la technique initiale ou prendre pour dénomi- nateur le  

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2 1 6 Plus grand commun diviseur de deux entiers naturels 14 2 1 7 Plus petit commun multiple de deux entiers naturels et ces exercices, mais on peut aussi trouver sur ce site les corrigés des exercices, des analyses Un entier naturel n est divisible par 4 si le nombre constitué du chiffre des 

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a est un multiple de b ou a est divisible par b ou b est un diviseur de a ou b divise a Remarque : L'entier Exemple 5 : Une unité industrielle d'énergie est le mégawattjour (MWj) soit l'énergie 14 La vitesse commerciale des TGV est en

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Écrire l'ensemble des entiers relatifs diviseurs de 6 2 Déterminer les entiers Démontrez que si a2 + b2 est divisible par 7 alors a et b sont divisibles par 7 En déduire que 7 divise Nk si et seulement si k est multiple de 6 3 44 D la somme des chiffres de C a Démontrer la relation suivante : (9) A D ≡ b Sachant 

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Exercices du § VIII 1 61 ou que d est un diviseur de n, ou que n est un multiple de d, et on écrit d n, s'il existe lecteur le soin de formuler les conditions ad hoc pour la divisibilité de x par 4,8,16, ailleurs, bien peu de mathématiciens professionnels sont capables de lire, vu sa tr`es grande difficulté technique, ainsi que

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L'avant dernier terme est divisible par n par HdR et le dernier terme, sans le facteur n ceux qui admettent un diviseur impair > 1 (c -`a-d tout sauf les puissances de 2) Il Calculer, `a l'aide de la technique de votre choix, les ppcm et pgcd de : plus petits nombres premiers de N et tous les multiples de ces derniers ont 

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L'arithmetique au l de l'histoire

Solutions aux exercices

Christian Aebi

2

Chapitre 1

Avertissement

Ce document contient a la fois

la quasi totalit edes r eponsesaux exercices, pa rfoism ^emela m ethodede r esolution, et dans trois cas des prolongemen ts(cf. ex .55, 69, 7 8) Toute erreur peut ^etre communiquee directement a l'auteur christian.aebi@edu.ge.ch 1

2CHAPITRE 1. AVERTISSEMENT

Chapitre 2

Preambule

2.2 La relation de divisibilite et les proprietes des

operations

Ex. 1.a)

1) 36-12 2) 7j119 3) 13j(892632)

4) (3

2+ 42)j675 5) 357-1875 6) (1 + 2 + 3)j(13+ 23+ 33)

D

120\D75=f1;3;5;15g=D15.

c)f1001;1008;1015;1022;1029g Ex. 2.a)Com meb=ametc=bnalorsc=a(mn) par l'associativite de b) Si b=ametc=analorsb+c=a(m+n) par la distributivite de + sur

Ex. 3.(a+b)3= (a+b)(a2+2ab+b2) =a3+2a2b+ab2+ba2+2ab2+b3=a3+3a2b+3ab2+b3Figure2.1 { Illustrations de trois identites remarquables

Ex. 4.

a) par comm. et assoc. de + b) decomp. puis comm. et assoc. dec) par distr. d) identite (b) ex 3 e) identite (a) ex 3 f) 3533 + 5521 = 571132 =

211110 = 2310

Ex. 5.21006 (mod 10); 71001 (mod 10); 172254 (mod 10); (1713)351 (mod 10) 3

Ex. 6.par commutativite et associatvite de

Ex. 7.2007 = 210+ 29+ 28+ 27+ 26+ 24+ +22+ 21+ 1

Ex. 8.a) (24+ 1)225= 229+ 225b) 6060499+ 123 = 12(5600499+ 3) c) 20

120+ 12020= 20320117+ 120212018= 64(12520117+ 22512018)

d) 40012202= (20 + 12200)(2012200) = (201+ 12200)(20112200) Ex. 9.a) Dans les deux cas on obtient la decomposition : 2156384, d'ouA=B b)A= 324432= 286431728etB= 432324= 212963972, doncA6=B L'unicite de la decomposition en facteurs premiers d'un entier naturel est la cle. Ex. 10.a)120 12062= (1201205+1)2= 1442893452025+21201205+1 = 1442895854436. b) (987 6543211987654309)2= 22= 4. c)

En eet, 11111

2= (11110 + 1)2= 123432100 + 22220 + 1 = 123454321.

d)

1234 56789

2+ 2123456789987654321 + 9876543212= (123456789 + 987654321)2=

1111111110

2= 1234567898765432100.

Ex. 11.a)F aux,le plus p etitcon tre-exempleest 16 = 2 4et 17. b)

F aux,le plus p etitcon tre-exempleest 2

12. c) F aux.Si les deux premi eres egalitesson tvrai esen rev anche,en comparan tle c hire des unites des deux membres 3

4+ 44+ 54+ 64= 74on obtient 86= 1.

A propos des schemas demonstratifs

Ex. 12.a) Sin2Nalorsn3+ 2nest divisible par 3.

Pourn= 1 on a bien 3j(13+21). Hyp. de rec. (HdR) : 3j((n1)3+ 2(n1)). D'ou pour non an3+2n= ((n1)+1)3+2((n1)+1) = 3(n1)3+2(n1)+3(n+1)2+3(n+1)+3. Par HdR les deux premiers termes sont divisibles par 3. De plus, les trois derniers termes sont des multiples de 3. Dans la suite nous n'indiquerons que l'etape de recurrence. b) ((n1) + 1)3+ 5((n1) + 1) = [(n1)3+ 5(n1)] + 3n(n1) + 6 c) [1 + 2 + 2

2+:::+ 2n1] + 2n= [2n1] + 2n= 22n1 = 2n+11

Ex. 13.La encore, nous ne montrons que le pas de recurrence a) ( 1+a)n+1= (1+a)(1+a)n(1+a)(1+an) = 1+a2n+an+a1+an+a= 1+a(n+1) b) 3

2(n+1)+ 5 = 932n+ 94 = 9(32n+ 1) + 4

c)154+44(n+1)= 154+4444n= 4444n+44154+15444154= 44(54+44n)+154(142)(1+42) d) (11 n+3+ 122n+3) = 1111n+2+ 144122n+1= 11(11n+2+ 122n+1) + 133122n+1 Ex. 14.Vrai. Pourn= 1 on a 11j(32+ 2). Supposons 11j(32n+ 26n5). On a alors 3

2n+2+ 26n+1= 932n+ 6426n5= 9(32n+ 26n5) + 5526n5divisible par 11 par HdR.

Ex. 15.a)n(n1)2

b)

0 ; 2 ; 5 ; n(n3)2

c)n(n1)(n2)6 4

2.2. LA RELATION DE DIVISIBILIT

E ET LES PROPRIETES DES OPERATIONS5

Ex. 16.Pourndroitesn(n1)2

. En eet, supposons la formule vraie pourkdroites (donc il y a k(k1)2 points d'intersection). Ajouter une droite qui intersecte chacune des kprecedentes a des points d'intersection dierents des precedents. D'ou, k+k(k1)2 =k(k+ 1)2

Ex. 17.Pourun=1(3n2)(3n+1)on au1=14

,u2=128 ,u3=170 etu4=1130 . Le pas de recurrence estPn+1 Ex. 18.Montrons que le pas de recurrence denan+ 1. a)

1 + 3 + 3

2+:::+ 3n+ 3n+1=3n+112

+ 3n+1=3n+112 +3n+122 =3n+212 b)

1 + a+a2+:::+an+1=an+11a1+an+1=an+11a1+an+1(a1)a1=an+21a1

Ex. 19.Prouvons que (n+ 1)n(n1) est divisible par 6 (qui n'est autre que 123) sachant que 6 divisen(n1)(n2). En eet, recrivons le produit sous la forme : (n+ 1)n(n1) = [(n2) + 3]n(n1) =n(n1)(n2) + 3n(n1) Par HdR le premier terme est divisible par 6 et par l'exemple 3 de la brochuren(n1) est divisible par 2, d'ou la conclusion. Dans le cas general, on a a l'etape 1 quen! := 123:::ndivise 123:::nevidemment. L'hypothese de recurrence complete HDRC consiste a supposer que le resultat est vrai non seulement pour un certainnpour lequel on an!jm(m+ 1)(m+ 2):::(m+n1), mais de surcro^t8kn1 on a quek!jj(j+1)(j+2):::(j+k1) et8j2N. Prouvons alors quen!j(m+1)(m+2):::(m+n), en utilisant d'abord la commutativite (passer le dernier facteur tout a gauche, puis en appliquant la distributivite) : (m+ 1)(m+ 2):::(m+n1)(m+n) = [m+n](m+ 1)(m+ 2):::(m+n1) = m(m+ 1)(m+ 2):::(m+n1) +n(m+ 1)(m+ 2):::(m+n1) L'avant dernier terme est divisible parn! par HdR et le dernier terme, sans le facteurn en rouge est divisible par (n1)! par HDRC et donc le tout est bien divisible parn!. Ex. 20.Quelques indications et remarques pour faire avancer la recherche : a) A force de faire des essais s urdes p etitsnom bresl'on est amen e ala con jecture: tous ceux qui admettent un diviseur impair>1(c.-a-d. tout sauf les puissances de 2). Il reste a la prouver! b) Le premier con tre-exempledevrait ^ etrerec herchedans une 'zone' pauvre en nom bres premiers, par exemple entre 113 et 127 c) P etiterec herchequi p ourraitservir d 'exerciced'in troductionau c hapitresuiv ant. d)

La conjecture 2

nsemble evidente...mais il faut se meer des premieres intuitions. Consulter par exempleLe livre des nombresde John Conway et Richard Guy. e) F ocaliserson atten tionsur la p lusgrande puissance de 2 (du d enominateur). f) Les iden titesremarquables fournissen tla premi erer eponse.Quan t ala deuxi eme,un raisonnement par l'absurde, en considerant unaminimal, ainsi qu'unbminimal, suivi d'une division euclidienne debparapermet d'etablir la deuxieme.

6CHAPITRE 2. PREAMBULE

g)

P ourune preuv eg eneraleconsulter :

h) Etant donne qu'il y a un nombre pair de termes il est tentant de regrouper ces derniers par couple. Il reste a trouver comment. Garder a l'esprit que la somme de deux termes doit faire appara^tre le premierpau numerateur.Eventuellement travailler sur un exemple concret en prenantp= 7, puis generaliser. i) Utiliser le prin cipem ultiplicatif: si n+ 1 =i+javec 0< i;j < n+ 1 et que la premiere parenthese gauche se referme en contenantipaires de parentheses (y compris elle-m^eme) alors a la droite de cette expression, il y aurajpaires de parentheses avec i+j=n+ 1. C

4= 14,C5= 42 etC6= 132, de plus la suite obtenue s'appelle lesnombres de

Catalan. Une presentation detaillee gure a l'URL :

Chapitre 3

Quelques situations historiques et

leurs prolongements

3.1 La separation du pair et de l'impair et les mul-

tiples d'un nombre Ex. 21.a)2 a1+ 2a2+:::+ 2an= 2(a1+a2+:::+an), si lesai2N b) (2 m+ 1) + (2n+ 1) = 2(m+n+ 1) c) (2 m)(2n+ 1) = 2(m(2n+ 1)) d) (2 m1+ 1)(2m2+ 1) = (2m1+ 1)2m2+ (2m1+ 1), puis par recurrence e) Su pposonsn3= 2m. Par l'absurde, sinetait impair alors par l'exercice precedentn3 serait aussi impair. Contradiction. Ex. 22.a)Si x6= 3nalorsx= 3n+ 1 oux= 3n+ 2 qui eleves au carre62M3. b) (3 n+ 2)2(3n+ 1)2= 3(2n+ 1)2M3 c) (5 n+1)2+(5n+2)2+(5n+3)2+(5n+4)2= 5N+(12+22+32+42) = 5N+30 pour un certainN2N. d) (7 n)2+ (7n+ 1)2+ (7n+ 2)2+ (7n+ 3)2+ (7m3)2+ (7m2)2+ (7m1)2=

7N+ (12+ 22+ 32)2 = 7N+ 142. Donc, oui.

2)

2+ (9m1)2= 9N+ (12+ 22+ 32+ 42)2 = 9N+ 302. Donc, non.

e) ( n1)3+n3+ (n+ 1)3= 3(n3+ 2n). Donc, oui. f)

A prouv er(par r ecurrence)1

2+ 22+:::+ (n1)2= (n1)n(2n+ 1)=6.

Comme (n1;n) = 1 et (2n+ 1;n) = 1 alors la condition necessaire et susante est quensoit impair et non divisible par 3.

3.2 Les nombres gures

Ex. 23.a)T5= 15,T6= 21 etT7= 28.

b)T1+T2= 4,T2+T3= 9,T3+T4= 16,:::,T6+T7= 49,Tn1+Tn=n2, c)

V oirFigure (3.1) qui illustre T3+T2= 32

7

8CHAPITRE 3. QUELQUES SITUATIONS HISTORIQUES

d)T7+T8= (T6+ 7) + (T7+ 8) = (T6+T7) + (7 + 7 + 1) = 72+ 27 + 1 = 82. e)Tn1+Tn= (Tn2+n1)+(Tn1+n) = (Tn2+Tn)+2n+1 =n2+2n+1 = (n+1)2.Figure3.1 { La somme deT3etT2 Ex. 24.a)3 2+42= 25 = 52. Supposons que (n1)2+n2= (n+1)2. D'oun24n= 0 et doncn1= 0 etn2= 4 sont les deux seules solutions. b)

324 = 4 81 = 182, 2601 = 270099 = 9289 = (317)2= 512. 8007 se termine par

un 7 et le chire des unites d'un carre ne peut ^etre que 0; 1; 4; 5; 6 ou 9. c) d)

V oirFigure (3.2).

e)

Le pas de r ecurrenceest : (1 + 3 + 5 + (2 n1)) + (2n+ 1) =n2+ 2n+ 1 = (n+ 1)2Figure3.2 { La somme des quatre premiers nombres impairs1 + 3 + 5 + 7

Ex. 25.Tn=Cm,n(n+1)2

=m2,4n2+4n= 2(2m)2,(2n+1)21 = 2(2m)2.

Ex. 26.a)V oirFigure (3.3).

b) Cha quec^ otede Pn+1contientn+1 points et ses extremites appartiennent a deux c^otes distincts. Ainsi, siPn= 1+4+7+:::+(3(n1)+1) alors en additionnant les sommets de trois c^otes on obtient :Pn+1= 1 + 4 + 7 +:::+ (3(n1) + 1) + 3(n+ 1)2 =

1 + 4 +:::+ 3n+ 1.

c)

Le pas de r ecurrenceest Pn+1=Pn+3n+1 =12

(3(n1)2+5(n1)+2)+3n+1 = 12 (3n2+ 5n+ 2).

3.2. LES NOMBRES FIGUR

ES9Figure3.3 { Les quatre premiers nombres pentagonaux

Ex. 27.a)V oirFigure (3.4)

b)

Le pas de r ecurrenceest : Hn=Hn1+Tn=16

(n1)n(n+ 1) +36 n(n+ 1) = 16 (n3+ 3n2+ 2n) =16 n(n+ 1)(n+ 2)Figure3.4 { Les quatre premiers nombres tetraedriques Ex. 28.a)1, 8, 27, 64, 125, 216, 3 43,512, 729, 1000 b)Conjecture: 13+ 23+:::+n3=T2nPreuve : (heredite) 1

3+ 23+:::+n3=T2n1+n3=14

((n1)2n2+ 4n3) n24 ((n1)2+ 4n) =n24 (n+ 1)2: Ex. 29.a)On p eutsoit d evelopper( ab)3puis reduire, soit factorisera3b3. b) Dans le mem brede gauc he, al'exception des extr emites,un terme sur deux s'ann ule. Dans celui de droite, la distributivite permet de justier la formule. c)

Il sut d'isoler S2, puis de factoriser.

d)S3(n) =14 n2(n+ 1)2 e)S4(n) =130 n(n+ 1)(2n+ 1)(3n2+ 3n1)

La forme

S4(n)S

2(n)=6Tn15

est prouvee par un simple developpement, puis reduction.

10CHAPITRE 3. QUELQUES SITUATIONS HISTORIQUES

3.3 Les nombres premiers ou lineaires

Ex. 30.Sinest compose alorsn=pqavecp >1 etq >1. L'un des deux facteurs doit ^etre plus petit ou egal apn. Sinon, on auraitn=pq >pnpn=nune contradiction. Reciproquement, si 1< p 1. Sin=kmou chacun des facteurs est impair alors 2 km1km= (2k)m1m= (2k1)(2kmk+ 2kmk1+:::+ 2 + 1).

Attention, si 2

21 = 3, 231 = 7, 251 = 31, 271 = 127 sont premiers, en revanche

2

111 = 2047 = 2389 est donc compose.

Ex. 33.201 = 367, 202 = 2101, 203 = 729, 205 = 541 et 211 est premier. Ex. 34.a)si a= 4m+ 12Hetb= 4n+ 12Halorsab= (4m+ 1)(4n+ 1) =

4(4mn+m+n) + 12H:

b) L'ensem bledes atomes f5;9;13;17;21;29;33;37;41;49;:::get l'ensemble des molecules c)

21 33 = (37)(311) = 693 = (33)(711) = 977 et les nombres 21, 33, 9 et 77

sont des atomes (dansH). Un exercice de ce type avaitete invente par David Hilbert (1862-1943, celebre mathematicien allemand) pour ses eleves, d'ou la lettreH.

3.4 Le triangle de Pascal et les coecients binomiaux

Ex. 35.La (double) distributivite de (a+b) sur (a4+ 4a3b+ 6a2b2+ 4ab3+b4) impose au coecient dea2b3d'^etre la somme de 6 et 4.

Ex. 36.a)12

b)11

8=11109123= 165.

c)

10, car al'exception des extr emites,tous les co ecientsbinomiaux son tdivisibles

par le nombre premier 11. Cette observation est la clef de la preuve d'Euler du petit theoreme de Fermat qui gure au chapitre suivant.

Ex. 37.a)8

33553=1701000.

b)

4 car con trairement al'exercice pr ecedent,l'exp osantest un nom brecomp ose.

Ex. 38.Un terme general aura la formeaibjck, ou 0i11.

Sii= 11 alors il n'y a qu'un terme, 07 + 1.

Sii= 10 alors il y a 8 = 17 + 1 termes possibles.

Sii= 9 alors il y a 15 = 27 + 1 termes possibles. Et ainsi de suite. Et sii= 0 alors il y a 78 = 117 + 1 termes possibles. En tout, il y a alors 7(1 + 2 +:::+ 11) + 12 = 474 termes. Ex. 39.a)P arla form uled ubin^ omeon obtien t7 M+ 1123, ouM2Net donc le reste vaut 1.

3.4. LE TRIANGLE DE PASCAL ET LES COEFFICIENTS BINOMIAUX11

b) Eect uonsd'ab ordla division euclidienne de 1234567890 pa r7. On o btient

1234567890 = 1763668417 + 3:

En appliquant le formule binomiale sur (1763668417 + 3)1729, on voit que la division avec reste est identique a celle de 3

1729par 7. Si l'on observe les restes des divisions par

7 des puissances successives de 3 on obtient : 3; 2; 6; 4; 5; 1. Ainsi 3

6= 7104 + 1.

D'ou, pour obtenir le reste de 3

1729il sut de l'ecrire sous la forme 36104+1= (36)10431.

Donc le reste est 3.

c) Une fois de plus, commen conspar ecrire4 7= 7 6+5. D'ou, par le m^eme raisonnement qu'au point b) on aura m^eme reste que 5

3891. Or, les restes des divisions par 7 des

puissances successives de 5 sont 5; 4; 6; 2; 3; 1 et ainsi de suite (la periode est aussi d'ordre 6). Ecrivons 38 = 66 + 2. D'ou : 5

3891= 5(66+2)91= (56)N5291pour un certainn2N

Le reste de la division par 7 de (5

6)Nest 1. Il demeure l'etude du reste de la division

par 6 de 2

91. Or, les puissances successives de 2 sont 2 , 4 et ainsi de suite (donc d'ordre

2). Le reste de la division par 6 de 2

91est donc 2, et enn le reste de la division par 7

de 5

2est 4.

Remarque1.Le calcul ci-dessus sera simplie enormement gr^ace a l'invention (ou a la decouverte) par Gauss du calcul modulo un nombre entier, methode gurant au tout debut son celebre ouvrage,Recherches Arithmetiquesde 1801.

Ex. 40.n

Ex. 41.a)P arla form uledu bin^ ome: 2 n= (1 + 1)n=Pn k=0 n k b)

0 = (1 1)n=Pn

k=0(1)kn k Ex. 42.a)Si D est x een premi erep ositionalors par le r esultatpr ecedentil y a 6 possibilites. D pouvant avoir 3 autres positions on a alors 6+6+6+6 = 46 = 4! = 24. b)

M ^emeraisonnemen tp ourobtenir 5! = 120.

c) Et par r ecurrenceon obtien tn! dans le cas general. Ex. 43.a)D enombronsle nom brede sous-ensem blesn'a yantpas ccomme element. Il y en a 4. Si a chacun de ces sous-ensembles on introduit lecalors on aura toute la collection des sous-ensembles deE3possibles, et donc il y en a 4 + 4 = 8. Un raisonnement analogue permet de montrer quejP(E4)j= 16, c'est-a-dire, le cardinal de l'ensemble des parties deE4vaut 16. b) Ainsi ac haque etapele nom brede sous-ensem blesv adoubler.

D'ou la formule 2

ndans le cas general. Ex. 44.Eectuons une preuve par recurrence surn, le nombre d'elements de l'ensemble

Eet ou 0kn. Sin= 1 alors on a bien1

0=1

1= 1 qui sont les reponses attendues.

Attention,;est un sous-ensemble a 0 element. Supposons l'armation pour un ensemble anelements et tout 0kn. Considerons un ensembleEan+ 1 elements dont l'un sera denote par?. Par HdR le nombre de sous-ensembles dekelements ne contenant pas?est n k. Par ailleurs, le nombre de sous-ensembles deEakelements contenant

12CHAPITRE 3. QUELQUES SITUATIONS HISTORIQUES

?s'obtient en ajoutant a tous les sous-ensembles dek1 elements ne contenant pas ?, justement l'element?. Il y en a donc n k1. La n de la preuve prend appui sur la propriete fondamentale des coecients binomiaux : n k +n k1 =n+ 1 k

Chapitre 4

Le theoreme fondamental de

l'arithmetique et ses consequences

4.1 Division euclidienne et theoreme fondamental

Ex. 45.a) 4 =9156+11128 b) 29 = 18991870 c) 1 =43125+42128 d) 91 = 191+01001 e) 19 = 93238361 f) 1 = 2100(21011)(21001)(2101+1) Ex. 46.Le pas de recurrence : commepj(a1a2:::an1)analors sipjanc'est ni. Sinon par le casn= 2 on apja1a2:::an1, d'ou par HdR on apdivise l'un desn1 facteurs. Ex. 47.10 = 33+1 qui multiplie par 10 donne 102= 10(33)+(33+1) = 333+1. Procedure que l'on peut reproduire. Sinon, par recurrence. Ex. 48.a) Tout entiernpeut s'ecrire sous la formen=d10 +uoudest le nombre de dizaines denetuest le chire des unites den. Comme 10 = 25 alors la divisibilite de npar 2 (ou par 5) ne depend que de celle deupar 2 (ou par 5). b) Par extension, toutnpeut s'ecrire sous la formen=q2k5k+rouqetrsont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne denpar 10k. Ex. 49.Par division euclidienne : 10n=q11 + (1)n+1. D'ou, le critere de divisibilite un entier est divisible par 11, si la somme alternee(+=)de ses chires2M11. Ex. 50.Justication du critere : 100 = 147+2 et tout entier peut s'ecrire sous la forme n=m102+c, oumest le nombre (entier) de centaines denetcest le reste de la division euclidienne denpar 100. Autre critere : cacher le chire des unites, soustraire le double du nombre cache au nombre visible, puis recommencer an d'identier si la dierence2M7. Justication: introduisons la fonctionf:Z! f0;1gqui envoie un multiple de 7 sur 0, et un non multiple de 7 sur 1. Posonsn= 10d+u, ouuest le chire des unites etdle nombre de dizaines den. On a alorsf(n) =f(10d+u) =f((7+3)d+u) =f(3d+u) = f((2)(3d+u)) =f(6d2u) =f(7d6d2u) =f(d2u). Ex. 51.'abcabc'= 1001'abc'= 71113'abc'= 71113(a102+b10 +c1) Ex. 52.350 = 2527, 50193 = 3311132, 111111 = 377111337 et

101101 = 71113101.

13

14CHAPITRE 4. LE THEOREME FONDAMENTAL DE L'ARITHMETIQUE

Ex. 53.Tous les nombres premiers plus petits que la racine carree du nombre gurent soit dans le terme de droite, soit dans celui de gauche. Conclure par l'ex. 30 et 2. Ex. 54.Exemple: 23 + 57 = 43. Comme le plus grand nombre qui peut ^etre atteint est 107 = 357 + 2 et que ce dernier est<112alors par l'ex. 30 ils sont tous premiers. Ex. 55.Non! Si l'on a bien 13 = 511237 et 17 = 27133511, en revanche pour 19, le systeme d'equationsab= 19 etab= 2357111317 n'admet pas de solutions entieres. Remarque2.Un autre exercice du m^eme type qui m'amuse est le suivant :

32 = 1 c'est-a-dire qu'avec les deux plus petits premier j'obtiens l'unite en eectuant

une dierence de deux termes.

235 = 1, avec les trois plus petits nombres premiers j'obtiens de nouveau l'unite.

3527 = 1 , pareil donc pour les quatre plus petits premiers.

Montrer que 1 peut s'ecrire comme une dierence de deux termes, constitues par les facteurs 2; 3; 5; 7; 11; 13 et 17, mais qu'en revanche avec les premiers jusqu'a 11 et les premiers jusqu'a 13, il n'y a pas de solution, ni pour l'un ni pour l'autre. Remarque3.Une question naturelle qui se pose suite aux deux exercices precedents est : "SiP= 2;3;5;7;11;:::pnoupnest le nenombre premier est-il vrai que la methode precedente (de la dierence de deux termes contenant comme facteurs tous les elements deP) ne produit que des nombres premiers, voire l'unite? Pour une reponse detaillee (en anglais) consulter : Ex. 56.b1003c+b10032c+b10033c+b10034c= 48, oubxcsignie la valeur entierex. Ex. 57.Si ce n'etait pas le cas alors par l'ex. 2,pdiviserait 1. Donc on peut associer a unn2Nle plus petit diviseur premierpden! + 1 qui sera forcement> n. Si l'on recommence la procedure, en ayant prealablement denit que le nouveaunestpalors on obtient une suite innie de nombres premiers. Prolongement.Le theoreme de Wilson, qui sera demontre par la suite, garantit que tous les nombres premiers vont appara^tre dans la suite ci-dessus. Ex. 58.En decomposant en facteurs premiers on obtient : a) 324 = 18

2b) 784 = 282c) 7056 = 243272d) 9801 = 34112f) 12321 = 32372

Ex. 59.

a) 399 = 20212=:::b) 221 = 15222=:::c) 391 = 20232=::: d) 117 = 11

222=:::e) 9991 = 100232=:::f) 323 = 18212=:::

g) 135 = 12

232=:::h) 231 = 16252=:::i) 119 = 12252=:::

j) 171 = 14

252=:::k) 299 = 18252=:::l) 9919 = 100292=:::

m) 713 = 27

242=:::n) 1073 = 33242=:::o) 1763 = 42212=:::

Ex. 60.

a) 15

44 = (1522)(152+ 2) = 223227 b) 153+43= (15+4)(152154+42) = 19181

c) 15

4+ 4 = (154+21522+ 2 2)(215)2= (152+ 2)2302= 257197

d) 15

4+ 43= 154+215223+ (23)2(2215)2= (152+ 23)2(2215)2= 173293

e) 15

6+ 43= (152)3+ 43= (152+ 4)((152)21524 + 42) = 22949741

4.1. DIVISION EUCLIDIENNE ET TH

EOREME FONDAMENTAL15

f) (15

2)5+ (42)5= (152+ 42)(15815642+ 1544415246+ 48) = 2412392744561

Chose amusante, toutes les decompositions ci-dessus sont en fait des produits de facteurs premiers!

Ex. 61.En eet :

2

32+ 1 = (24+ 54)22822854+ 1 = 641228+ (14(275)4)

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