Divisibilité, division euclidienne, congruences

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1 1 Divisibilité, division euclidienne, congruences Résolution de problèmes 1 Des multiples et des diviseurs 1. Le code 1 signifie «allumée» et le code 0 «éteinte». lampe n étape 1 étape étape 3 étape 4 étape 5 étape 6 suivantes Lampe n 1 : 1 = 1 1 = 6 = 3 4 donc 5 changements d état ; état final : «éteinte» Lampe n 5 : 5 = 1 5 = 5 5 donc changements d état ; état final : «allumée» Lampe n 68 : 68 = 1 68 = 34 = 4 17 donc 5 changements d état ; état final «éteinte» Lampe n 81 : 81 = 1 81 = 3 7 = 9 9 donc 4 changements d état ; état final «allumée» 3. Les lampes allumées à la 100 e étape sont celles dont les numéros sont des carrés parfaits compris entre 1 et 100. En effet, il faut un nombre pair de changements d état donc un nombre pair de diviseurs positifs autres que 1, c est-àdire un nombre impair de diviseurs. Toute décomposition d un entier en produit m n procure deux diviseurs distincts sauf dans le cas où m = n. Les seuls entiers strictement positifs ayant un nombre impair de diviseurs sont donc les carrés parfaits. Le roi de la divisibilité! Voir programmes sur le site Math x. Le nombre maximal de diviseurs est 1, atteint la première fois pour Code-barres : le code EAN a. Le code est le code ISBN qui se trouve sur la page du manuel. b. S 1 = =35 ; S = =5 ; S 3 = 110 ; r = 0. c. Son chiffre des unités.. a. Oui car ni S 1 ni S ne sont modifiés. b. Non car pour avoir la même clé, il faut que S 1 + 3S soit identique, ce qui est impossible si un seul chiffre a changé, ou que S 1 + 3S ait augmenté ou diminué d un multiple de 10 ce qui est également impossible. Chapitre 1. Divisibilité, division euclidienne, congruences 1

2 c. Oui en compensant une augmentation d un des chiffres par la diminution d un autre. Exemple : et ont la même clé 0. 4 Et s il n en reste qu un A. 1. EGYPTE devient HJBSWH.. b. La cellule B contient le codage de 0 à 5 de la lettre entrée en A. On ajoute 3 à son rang ; si le résultat obtenu est supérieur ou égal à 6, on doit lui enlever 6 et obtenir ainsi un nombre entre 0 et 5. Ceci revient à prendre le reste dans la division par 6 du résultat obtenu soit MOD(B+3 ; 6). e. 3. Formules Résultats obtenus Pour le déchiffrement de la lettre B, dont le rang est 1, on calcule le reste de 1 3 = dans la division par 6. Le logiciel affiche 4 comme reste. On remarque que = 6 ( 1) + avec 0 < 6 ce qui permet d étendre la relation de division euclidienne à. B. 1. Voir la feuille de calcul sur le site Math x.. Pour tout entier n, n + 13 et n 13 ont le même reste dans la division par 6 car n + 13 = (n 13) + 6. Donc il revient au même de chiffrer ou de déchiffrer en ROT 13. C. Voir fichiers sur le site Math x. Une lettre n est pas toujours chiffrée de la même façon, on ne peut pas envisager une fonction simple de déchiffrement comme dans les parties A et B. Sans la clé, le déchiffrement semble beaucoup plus difficile. Un problème pratique cependant : comment transmettre la clé au receveur du message pour qu il puisse le déchiffrer? 5 Le chiffrement affine 1. Voir fichiers sur le site Math x.. a. Oui pour a = 5, b = 11. Pour a = 31 et b = 11, pour a = 65 et b = 37, on a le même codage que pour a = 5 et b = 11. b. Soit r (x) le reste de a x + b dans la division par 6. On a a a = k 6 et b b = h 6 avec k et h entiers. Donc ax + b = a x + b + 6 (kx + h).

3 Or a x + b = 6q + r (x) avec q et r (x) entiers et 0 r (x) < 6 donc ax + b = 6(q + kx + h) + r (x) avec q + kx + h entier et 0 r (x) < 6. On en déduit que r(x) = r (x). Les chiffrages sont donc identiques. c. On dispose a priori de 5 = 65 clés. 3. a. Des lettres différentes sont chiffrées par la même lettre (le codage semble même se faire sur deux lettres seulement). b. Or 13x + b = 6q + r(x) et 13x + b = 6q + r(x ) avec q, q, r(x), r(x ) entiers, 0 r(x), r(x ) < 6 donc 13(x x ) = 6(q q ) + r(x) r(x ) d où r(x) r(x ) = 13(x x q + q ) avec x x q + q entier. Comme 0 r(x), r(x ) < 6 on a 6 < r(x) r(x ) < 6 donc r(x) r(x ) ne peut prendre que les valeurs 13, 0 ou 13. Or 13 et 13 ont le même reste dans la division par 6, donc il n y a que deux lettres possibles dans le chiffrement. c. Pour a =, autre diviseur de 6, deux lettres différentes sont aussi codées par la même lettre. TP1. Le nombre et la somme des diviseurs A. 1. a. 4 = 1 4 = 1 = 3 8 = 4 6 : 4 égalités et 8 diviseurs positifs. b. 15 = 1 15 = 3 5 : deux égalités et 4 diviseurs positifs ; 16 = 1 16 = 8 = 4 4 : 3 égalités et 5 diviseurs positifs.. a. 0 < a < b donc a < ab < b soit a < n < b. Donc a < n < b. b. Toute décomposition n = ab avec a < n procure deux diviseurs distincts de n. Le nombre de diviseurs positifs de n est donc impair si et seulement si une décomposition en produit de deux facteurs ne procure qu un diviseur c est-à-dire si et seulement si n est un carré parfait. B. 1. Pour n = 15, E 15 3 et D prend successivement les valeurs 0 ; ; 4. La variable D compte le nombre de diviseurs de 15. D est initialisée à 0. Pour a = 1, D est augmentée de (ce qui correspond aux deux diviseurs donnés par 15 = 1 15) puis pour a = 3, D est à nouveau augmentée de (ce qui correspond aux deux diviseurs donnés par 15 = 3 5).. Pour n = 16, E 15 3 et D prend successivement les valeurs 0 ; (pour a = 1) ; 4 (pour a = ) ; 6 (pour a = 4). 16 n a que 5 diviseurs. Le cas a = 4 correspondant à 16 = 4 4 ne devrait pas engendrer une augmentation de du nombre de diviseurs mais de 1 seulement. 3. Algorithme Lire n D prend la valeur 0 Pour a allant de 1 à E n Si a divise D alors D prend la valeur D + Fin Pour Si E n n alors D prend la valeur D 1//on teste si E n est un entier Afficher D Pour aller plus loin Sur Xcasfr par exemple Chapitre 1. Divisibilité, division euclidienne, congruences 3

4 TP. Une suite de restes 1. a. On peut conjecturer que pour n 8, u n = n 8 et pour n < 8, b. On calcule les valeurs pour 1 n 7. Pour n 8, a n (n 8) = 3n + 9 = 3b n donc a n = b n 3 + (n 8) avec 0 n 8 < n + 3. Donc pour n 8, r n = n 8.. a. Pour n 4, il semble que r n = n + 4 et pour n 3, on a : En effet, pour n 4, 6n + (n + 4) = 6n n = (n + 1)(3n ) donc a n = b n (3n ) + n + 4 avec 0 n + 4 < b n donc r n = n + 4. b. Pour les premières valeurs : Il semble qu ensuite : la suite (r n+1 ) est arithmétique de raison 1 et de premier terme u 3 = 4 la suite (r n ) est arithmétique de raison 3 et de premier terme u 6 = 1 On aurait donc r n+1 = 4 + n 1 = n + 3 pour n 1 et r n = 1 + 3(n 3) = 3n +3 pour n 3. En effet : pour n 1 : a n+1 (n + 3) = 3(n + 1) (n + 1) + 1 n 3 = 1n + 10n + 3 = (4n + 3)(3n + 1) donc a n +1 = b n+1 (3n + 1) + (n + 3) avec 0 n + 3 < b n+1. pour n 3 : a n (3n + 3) = 1n n + 1 3n 3 = 1n 5n = (4n + 1)(3n ) donc a n = b n (3n ) + (3n + 3) avec 0 3n + 3 < b n. TP3. La recette de Kaprekar A. Pour N 0 = 97 : = 693 puis = 594 puis = 495 et on recommence indéfiniment = 495. Pour N 0 = 808 : = 79 puis = 693 puis 594 et 495 indéfiniment. Pour N 0 = 667 : = 99 puis = 0 et on reste à 0 indéfiniment. B. 1. a. Un entier n s écrit avec d dizaines et u unités si et seulement si n = 10d + u avec 0 u 9 et d 0. Donc u est le reste dans la division de n par 10. On entre en B3 la formule =MOD(B;10) 4

5 b. et c.. et 3. Voir fichier sur le site Math x. Il semble que l on obtienne soit 0 soit 495 à partir d un certain rang. C. 1. N p = 0 pour p 1.. a. Si a, b, c sont les chiffres de N 0 ordonnés en ordre croissant, N 1 = c b 10 + a (a 10 + b 10 + c) = (c a) (a c) = (c a) 99 qui est un multiple de 99. De plus N 1 0 et N donc les valeurs possibles sont 99 k avec 1 k < 10 soit : 99 ; 198 ; 97 ; 396 ; 495 ; 594 ; 693 ; 79 ; 891 ; 990. b. N N On complète par N 3 N N N N N N On obtient donc soit 0 soit 495 dans tous les cas. Pour aller plus loin On peut démontrer simplement que : si N 0 est un palindrome, on obtient 0 indéfiniment ; que tous les N p, p 1, sont des multiples de 9 compris entre 0 et 999. Il semble par des essais que l on arrive toujours à 0 ou 6174, sachant que pour 6174, on a = donc qu à partir de 0 ou de 6174, la suite est constante. On peut faire afficher les listes obtenues jusqu à 0 ou pour tous les multiples de 9 possibles à l aide d un programme. Par exemple sur Xcasfr : Chapitre 1. Divisibilité, division euclidienne, congruences 5

6 TP4. Des sauts de puce A. 1. Le 14 e saut de la puce l amène sur la case n 5.. Le 0 e saut de la puce l amène sur la case n 10 pour la deuxième fois (la première fois étant au 4 e saut). 3. Non. B. 1. un un 1 n. nn On en déduit que, durant le premier tour, un 1.. Quand on dépasse la case 100, la position de la puce s obtient «au tour près» ; c est le reste de la division de nn par 100, c est-à-dire les deux derniers chiffres de nn. 3. Le numéro u n 00 s obtient avec les deux derniers chiffres de n 00 n 01 qui sont les mêmes que ceux de nn. Donc les deux puces sont sur la même case n 00 - n De même, si n 199, le numéro u199- n s obtient avec les deux derniers chiffres de n 00 - n nn 1 Or - n n 00 - n nn 1 Les deux entiers et ont les mêmes deux derniers chiffres. Les deux puces sont sur la même case. C. 1. D après la question B. 3., une puce ayant effectué n + 00 sauts est sur la même case que la puce qui en a effectué n. Donc toutes les cases atteintes le sont pour les 00 premiers entiers, de 0 à 199. Durant ces 00 sauts, la puce ayant effectué 199 n sauts est sur la même case que la puce qui en a effectué n. Les cases atteintes durant les sauts de 0 à 99 sont les mêmes que celles atteintes durant les sauts 199 à On met en ligne les unités et en colonnes les dizaines. La répartition n est pas du tout régulière. Aucune case atteinte n a pour chiffre des unités, 4, 7 et 9. Il y a quatre «curiosités» : les cases 3, 53, 8 et 78. TP5. Numéro INSEE 1. a. Il existe plusieurs solutions possibles! Une solution est de prendre pour b le reste dans la division de N par 10 6 et pour a le quotient dans cette même division. b. Le reste de 10 dans la division par 97 est 3 ; celui de 10 6 = (10 ) 3 est donc 7. c. r N a 7 + b (mod 97) donc K 97 7a b (mod 97). d. Dans ce cas, a = (97), b = (97) d où 97 7a b 467 (97) donc r = 55.. a. En inversant les deux derniers chiffres, la clé est 30, donc l erreur est détectée. b. En remplaçant 08 par 305, on retrouve la même clé 55 donc l erreur n est pas détectée. 6

7 TP6. Critère de divisibilité 1. a. Pour 10, le reste est 1, pour 100 aussi. Pour tout k de, 10 k 1 k 1 (mod 9) avec 0 1 < 9 donc 10 k a pour reste 1 dans la division par 9. b. Soit un entier N d écriture décimale : anan- 1 º aa 1 0. Alors N = a n 10 n + a n 1 10 n a a 0 donc N a n + a n a 1 + a 0 (mod 9). c. N est multiple de 9 si et seulement si N 0 (mod 9) si et seulement si a n + a n a 1 + a 0 0 (mod 9) si et seulement si la somme de ses chiffres est un multiple de 9. d (mod 9) donc (mod 9) 0 7 < 9 donc le reste dans la division de par 9 est 7.. a (mod 11) donc pour tout k de, 10 k ( 1) k (mod 11). b. Soit un entier N d écriture décimale : anan- 1 º aa 1 0. Alors N = a n 10 n + a n 1 10 n a a 0 donc N ( 1) n a n + ( 1) n 1 a n ( 1) a 1 + a 0 (mod 11). On en déduit que N est multiple de 11 si et seulement si la somme alternée de ses chiffres est multiple de 11. c. Pour 45 61, la somme alternée des chiffres est = 0 donc est multiple de 11. Pour , la somme alternée des chiffres est = 8 donc n est pas multiple de Soit un entier N d écriture décimale : anan- 1 º aa 1 0. Par 8 : 10 (mod 8), (mod 8) et (mod 8). Alors N = a n 10 n + a n 1 10 n a a 0 donc N 100a + 10a 1 + a 0 4a + a 1 + a 0 (mod 8). Donc N est multiple de 8 si et seulement si 4a + a 1 + a 0 est multiple de 8. ou plutôt : N 100a + 10a 1 + a 0 (mod 8) donc N est multiple de 8 si et seulement si le nombre aa1a 0 formé de ces trois derniers chiffres est multiple de 8, ce qui est un critère plus simple à retenir. Par 6 : 10 4 (mod 6), (mod 6) et par une récurrence immédiate, 10 k 4 (mod 6) pour tout k 1. Donc N 4(a n + + a 1 ) + a 0 (mod 6). Donc N est multiple de 8 si et seulement si 4(a n + + a 1 ) + a 0 est multiple de 8. Par 4 : 10 (mod 4), (mod 4) d où 10 k 0 (mod 4) pour tout k. Donc N 10a 1 + a 0 (mod 4) a 1 + a 0 (mod 4). Donc N est multiple de 4 si et seulement si a 1 + a 0 est multiple de 4 ou plutôt : N 10a 1 + a 0 (mod 4), donc N est multiple de 4 si et seulement si le nombre a 1 a 0 formé par ses deux derniers chiffres est multiple de 4. TP7. Un générateur de nombres aléatoires A. 1. La suite semble périodique. Chapitre 1. Divisibilité, division euclidienne, congruences 7

8 3. r n peut prendre m valeurs entières de 0 à m r n+m est le reste dans la division de a(n + m) + b par m. Comme a(n + m) + b an + b (mod m), r n+m = r n. La suite (r n ) est donc périodique. B. 1. On sait que 0 u n < m pour tout n de donc 0 v n < 1 pour tout n. De plus, u n est un entier compris entre 0 et m 1 donc il ne peut prendre que m valeurs distinctes. Donc v n ne peut pendre que m valeurs distinctes. Il existe donc deux entiers p et q tels que p < q et v p = v q. On a alors par récurrence vn vn q-p pour tout n p. La suite est donc périodique à partir d un certain rang.. a. Voir fichier sur le site Math x. Les nombres représentés semblent être tirés tout à fait aléatoirement. b. Il n y a plus d aspect aléatoire dans ce graphique qui met en évidence des relations entre v n+1 et v n. 3. a. u n u n + 1 (mod 048) donc 3u n u n + 3 (mod 048). Or = donc 3u n+1 u n + 3 (mod 048). b. Il existe un entier k tel que 3u n+1 = u n k soit 3u n+1 + u n = k. De plus, 0 u n < 048 pour tout n donc 0 3u n+1 + u n < 4 048k. Par suite k < Donc 0 k 3. c. Erratum : modifier «couples (v n ; v n+1 )» en «points M n (v n ; v n +1)». 3 On a 3v n+1 + v n = 048 k donc v n+1 = v n 1 1 k avec k entier, 0 k k Le point de coordonnées (v n ; v n+1 ) appartient donc à l une des droites d équations y - x pour k = 0, 1, ou 3. d. Erratum : modifier la question en remplaçant par «Chercher à l aide du tableur un couple (vn, vn +1) associé à un point de la droite obtenue pour k = 0». Il n existe pas de couples solutions, raison pour laquelle on n identifie que trois droites sur le graphique. Exercices ENTRAÎNEMENT 1 Pas de difficulté. 1. Indication : chercher les diviseurs de 300. Neuf solutions existent.. l 1 et L a. Un multiple de 13 s écrit 13k (k Œ ). 1 13k 1000 fi 1 k 76. b. La somme de multiples 13k et 13k de 13 est 13(k + k) qui est multiple de 13.. a b. Oui. 4 Un point M(x ; y) de H est à coordonnées entières si x est entier et diviseur de 1. D où (1 ; 1), ( ; 6), (3 ; 4) et ( 1 ; 1), ( ; 6), ( 3 ; 4) ainsi que (1 ; 1) etc Pas de difficulté.. On applique le tableau de la multiplication. 6 Voir corrigé en fin de manuel. 7 Sous Xcasfr, la fonction idivis ou divisors donne la liste des diviseurs d un nombre, y compris lui-même, et la fonction somme calcule la somme de cette liste. On obtient successivement : 14 88, 15 47, , 14 64, Nombre inférieur à la somme de ses diviseurs propres > 4. 9 Voir les programmes sur le site Math x. On peut pour améliorer l affichage, ranger les nombres abondants dans une liste comme ci-après. 8

9 1. ENTRÉE : une liste vide. TRAITEMENT : pour k entier de 1 à 100, on calcule la somme S des diviseurs de k. Si S < k, on rajoute k à la liste L. SORTIE : Afficher L.. Avec Xcas (la liste est nommée L) : Avec Scilab (la liste est nommée «abondants») : 3. Entre 0 et 100 pas de nombre abondant impair. On modifie le programme pour tester les entiers k de 100 à Le seul entier impair abondant est On modifie la boucle pour ne considérer que les entiers k impairs. On part de k = 1 avec un pas de La somme des diviseurs stricts de 0 est 84 et la somme des diviseurs stricts de 84 est 0.. Immédiat. 3. L algorithme cherche les couples de nombres amicaux entre et 000 et les affiche. On trouve les couples (6 ; 6), (8 ; 8), (0 ; 84), (84 ; 0), (496 ; 496), (1 184 ; 1 10) et (1 10 ; 1 184) Avec un tableur : on calcule le reste de la division par 4 avec MOD(nombre ; diviseur). Conjecture : a est impair si a 1 est divisible par 4.. Un nombre impair s écrit k + 1 (k Œ ). D où a 1 = 4k + 4k = 4(k + k). Un nombre pair s écrit k (k Œ ). D où a 1 = 4k À l aide d un tableur, on trouve que les nombres p pour lesquels p 1 divise p + 11 sont, 3, 4, 5, 7, 13.. Indication : p + 11 = p S = { ; 3 ; 4 ; 5 ; 7 ; 13} a 1 diviseurs positifs et il existe 6 manières d écrire 84 = a b (a < b) car ils sont tous distincts.. n -84 p n- p n p 84 avec n p et n + p et de même parité. 84 = 4 = 6 14 donc n = ou n = Indication : utiliser une suite arithmétique. n p- 1 S n n 1 º n p - 1 p. Si p impair : p k 1 et S n p p. Si p pair : p k et S n k 1 k non divisible par p car n k 1 est impair En partant de 6, on obtient successivement 18, 9, 7. Comme 7 = 3 9, le nombre est 3 = 6. En partant de 5, on obtient 15, 8, 4. Comme 4 = 9 + 6, le nombre est + 1 = 5.. Ci-dessous, E(x) désigne la partie entière de x. ENTRÉE : un nombre «pensé» n (entier naturel). TRAITEMENT : p 3n Si p est pair, r (p/) 3, q E(r/9) sinon r ((p+1)/) 3, q E(r/9) + 1 FinSi SORTIE : Afficher q. 3. Si n est pair, n = k : on obtient successivement 6k, 3k, 9k = 9 k. D où le nombre «pensé» k = n. Si n est impair, n = k + 1 : on obtient 6k + 3, 3k +, 9k + 6 = 9 k + 6 d où le nombre «pensé» k + 1 = n Si n est pair, n = k et n = 4k = k est pair. Si n est impair, n = k + 1, n = 4k + 4k + 1 = (k + k) + 1 est impair.. Si p q =, alors p = q. Donc p est pair et p aussi. 3. Donc p = p et p = 4p d où q = p. Donc q est pair et q aussi (même raisonnement). 4. Les entiers p = p et q = q sont pairs ce qui contredit l irréductibilité de p q. 17 Indication : 100 º 3 donc Chapitre 1. Divisibilité, division euclidienne, congruences 9

10 18 On veut a b c et abc 36. a b c a + b + c Il y a 13 passagers, car 13 est la seule somme ambiguë. Pour n de à d reste (n,10) c reste((n d)/10,10) b reste((n 10c d)/100,10) a (n 100b 10c d)/1 000 Si (b+d)+100(d+c) +10(a+b)+c+a=n Alors Afficher n FinSi FinPour En programmant avec un logiciel, on trouve pour unique solution Avec Algobox : a 100b 10c d 1 000d 100c 10b a 11 91a 91d 10b 10c = Indication : développer 10d 5. Indication : étudier le chiffre de dizaines de 10d 4 et de 10d 6. 3 xyz yzx zxy x y z Conjecture : les nombres palindromes de 4 chiffres sont divisibles par 11. En effet, a et b étant deux chiffres (a 0), un tel nombre s écrit : abba 1 000a 100b 10 b a 1 001a 110b 11 91a 10b qui est multiple de Comme abc 100a 10 b c, la relation se traduit par : 111(a + b + c + d) = 1 000a + 100b + 10c + d soit 889a 11b 101c 110d donc a 1 ou a. L égalité modulo 11 : 9a c 11 n est pas possible pour a 1 et pour a, la seule possibilité est c 9. Il reste 79 b 10d d où d 7 et b 9. Le nombre cherché est Soit n le nombre abcd. Pour tout n de à on extrait ses chiffres a, b, c, d et on teste l addition proposée. Celle-ci s écrit : (1 000b + 100d + 10a + c) + (1 000d + 100c + 10b + a) = n ou encore (b + d) + 100(a + c) + 10(d + b) + c + a = n. On fait afficher les entiers n pour lesquels cette égalité est vérifiée. 7 a. Non : ils dont divisibles par 5. b. Deux nombres consécutifs sont premiers entre eux. 8 a. n = 11, 7, 5, 4,, 1, 1, 5. b. n = 7, 3, 5, 15. c. n = 0, 1. d. Si n + 5 divise (3n + 4) alors n + 5 divise 3(n + 5) (3n + 4) = 7. D où n peut prendre les valeurs 6, 3, ou 1 et ces 4 valeurs conviennent. 9 Immédiat. 30 a. d P 3n- 1et d P 5n- fi d P53 n-1-3 5n- fi d P1 b. d P 11n 6 et d P 9n 5 fi d P11 9n n 6 fi d P1 31 a. Le PGCD d de n et n + 1 est tel que d divise n + 1 n = 1. b. Le PGCD d de n + 1 et 3n + 1 est tel que d divise 3(n + 1) (3n + 1) = 1. 3 Exercice corrigé en fin de manuel. 10

11 33 a. n impair s écrit k + 1 d où n 4 k 3 n 3 k. d divise (k + 3) et (k + ) implique d divise k 3 k -1. b. n multiple de 3 s écrit 3k d où n 3 k 1 n 3 k 1. d divise (k + 1) et (k + 1) implique d divise k 1 k d P n et d P n 1 fi d P n 1 - n fi d P1. d P k 1et d P k 3 fi d P k 1 k 1 -k k 3 fi d P multiples de 11 : 110, 11, 13 et = 11 a 3 diviseurs : 1, 11 et 11.. Le programme affiche le nombre de diviseurs des multiples de 11 compris entre 500 et , 94, 79 et 660 ont 4 diviseurs. 43 On calcule dans un tableur les nombres n + 1 et 4n + 8 ainsi que le reste (=MOD(nombre ;diviseur)) pour quelques valeurs de n : Prendre x n et y 3 n et appliquer les résultats des questions 1. et. 36 a. 71 = b. 33 = c. 16 = 6 ( 3) +. d. 1 = ( 1) Indication : chercher le quotient. n = L algorithme renvoie le reste dans la division de n par 11.. On obtiendra 3, qui correspond au reste dans la division par 11 de a bq r et a 168 q b 4 r fi q Exercice corrigé en fin de manuel billets de 50, 1 billet de 0 et 1 billet de 10.. On demande la somme S. Dans la division de S par 50, c est le quotient et r le reste. Dans la division de r par 0, v est le quotient et d le reste. Dans la division de d par 10, le quotient est e. Le distributeur donne c billets de 50, v billets de 0 et e billets de 10. Programme sur AlgoBox, en déclarant les variables c, r, v, d, e comme nombres : Conjecture : le reste est 6 pour n 3. Démonstration : 4n + 8 = (n + 1) est le reste dès que 6 < n + 1 soit n a. Si n >, c est la division euclidienne de n par n 1. b. Si n > 4, c est la division euclidienne de (n ) par n et, pour n > 8, la division euclidienne de (n ) par n 4. c. C est la division euclidienne de (3n + 1) par 3 et, pour n > 0, la division euclidienne de (3n + 1) par 3n + n Immédiat.. Il faut n > 3n + 1 soit n > On calcule le reste de n 1 dans la division par 3 pour quelques valeurs de n. Conjecture : n 1 est divisible par 3 sauf si n est multiple de 3.. Dans la division par 3, les restes possibles sont 0, 1 ou. 3. Si n = 3k, 9k 1 est premier avec 3. Si n = 3k + 1, n 1 = 9k + 6k est divisible par 3. Si n = 3k +, n 1 = 9k + 1k + 3 est divisible par Il faut extraire les chiffres x, y et z de l entier n = xyz. ENTRÉE : un nombre n à 3 chiffres TRAITEMENT : z reste(n, 10) ; y reste((n z)/10, 10) ; x (n 10y z)/100. S 111(x+y+z) SORTIE : Afficher S Chapitre 1. Divisibilité, division euclidienne, congruences 11

12 = = = = = ENTRÉE : N. INITIALISATION : k = 0. L est une liste vide. TRAITEMENT : Tant que N > 0 Faire Tant que k N Faire k k+1 Fintantque a ^(k 1) ; L L + a ; k 0 ; N N a ; Fintantque SORTIE : Afficher L L algorithme s arrête car N prend des valeurs positives strictement décroissantes. 3. a. On a bien n + n 1 + n = 1 n + n 1 + n + +1 De plus n 1 + n = n 1 (somme de termes d une suite géométrique) qui est inférieur à n. b. Si l écriture sous la forme d une somme de puissances de n était pas unique, le quotient et le reste ne seraient pas uniques = = = = = a b c Exercice corrigé en fin de manuel. 5 On considère les restes modulo 6 (à l aide d un tableur) : Dans tous les cas, le produit est congru à 0 modulo ab = 10a + b avec b < 10.. On programme la colonne E à l aide du résultat démontré au 1. Conjecture : le chiffre des unités est 0 sauf dans le cas n 15 où il est égal à 4. Pour aller plus loin Avec Xcasfr Démonstration : il y a 5 restes possibles modulo 5. On utilise encore un tableur pour calculer les restes dans tous les cas. Avec Scilab Modulo 5, le produit est nul sauf si n 15. Dans ce cas, il est égal à a b d a- b divisible par d. a. Non b. Non c. Non d. Oui Les chiffres des unités des puissances de 3 sont 1, 3, 9, 7, 1, 3, Conjecture : les chiffres des unités sont 1, 3, 9 et 7 quand la puissance est 0, 1,, 3 modulo 4. 1

13 Démonstration : 3 4 = 81. Donc Donc 34p k 3k 10 pour k = 0, 1, ou 3 et donc 3 4p k a le même chiffre des unités que 3 k donc a même chiffre des unités que Or donc le chiffre des unités est Se terminent par : 1, 5, 9.. Conjecture : se terminent par, les puissances de congrues à 1 modulo 4. Démonstration : 4 = 16 donc 4p se termine toujours par 6. 4p k 4 p k où k = 0, 1,, 3 a même chiffre des unités que 6 k, c est-à-dire : 6,, 4, est divisible par 6. Il suffit de vérifier que n 3 + 3n est lui-même divisible par 6. Calculons les restes modulo 6 dans un tableur : Il a duré jours soit jours.. Le 5 vendémiaire an I était le mardi 16 octobre u 1 = 17, u = 137, u 3 = 1 097, u 4 = Conjecture : le chiffre des unités est 7 pour n > 0.. L hypothèse est vérifiée pour n = 1,, 3 et 4. Si elle est vérifiée pour l entier k, u k 710. Alors, u k et elle est vérifiée pour k + 1. Finalement pour n 1, le chiffre des unités est On remplit le tableau pour tous les restes possibles modulo 10 pour a et b. On constate que les derniers chiffres de a et ceux de b sont tous différents. La somme est toujours divisible par Vrai. Le chiffre des unités d un nombre est le reste modulo 10 de ce nombre. On vérifie avec un tableur, pour n de 0 à 9, on a bien n5 n a. Il y a 8 jours entre le 1 er janvier et le 9 janvier. Comme 8 0, 7 on est encore un dimanche. b. Il y a = 71 jours entre les dates. Comme 71 17, on est un lundi. c. Il y a 366 jours entre les deux dates. Or 366, 7 on est un mardi. d. On est un jeudi. 59 Du 1/1/001 au 1/1/030, il y a 9 années dont 7 bissextiles. Ensuite il y a = 151 jours jusqu au 1/6/030. Soit au total : = jours. 3 jours entre les deux dates. Or Le 1 er janvier 001 étant un lundi, nous serons un samedi Durant le XXI e siècle, il y aura 100 années dont 4 bissextiles soit = jours.. Or donc le 1 er janvier 101 sera un samedi et le 31/1/100 un vendredi. 61 Le 14 juillet 1789 était un mardi Il y en aura 4 de 004 jusqu en Quatre dimanches en 004, 03, 060 et On ne peut avoir a = b car les derniers chiffres ne coïncident jamais. 3. Non a b = donc = ( ) D où u 0 = est divisible par 4. Supposons que u n soit divisible par 4 (n 0). 5 On a u n 1 1 4, u n et u n Donc u n 1 est divisible par Examen des cas où ni a ni b ne sont multiples de 3 : a º 3 b º 3 a-b º 3 a b º Chapitre 1. Divisibilité, division euclidienne, congruences 13

14 68 1. Si n n est pas multiple de 5, n n p et n p 4 ont la même parité et n p n4-1 est divisible par x º x º On veut x y z donc x y z 5. Or les seules additions vraies modulo 5 avec 0 ; 1 et 4 comportent forcément le 0. L un au moins des nombres est divisible par Exercice corrigé en fin de manuel n 3 n 7 1 n 7 donc 3n n 1 7 ; 3 n 1 7 ; 3 n p 3n A p Contraposée : a pair implique a pair. Évident.. Pas de difficulté 3. Pas de difficulté 73 La démarche est correcte et la conclusion aussi mais il faut partir de b = k à 99 Exercices corrigés en fin de manuel Le produit est 01 et la somme s.. 01 = 1 01 = = La somme s peut prendre les valeurs 013, et x º x º x y est congru à 0, 1 ou modulo 4. Comme , il n y a pas de point répondant à la question ; ; 3 ; 5 ; 6 ; 10 ; 15 ; 5 ; 30 ; 50 ; 75 ; n 1, ou 5 car n n 1 doit diviser m a a a - a ; p Sans difficulté. ; a3 m - p ; 105. Aucun des huit diviseurs de 10 n est racine de x3 -x 4x Notons k le nombre de villes desservies actuellement et n le nombre de villes supplémentaires. On a k n k n 1 kk 1 76 soit nn k Comme n et n k 1sont de parité différentes, n 1, n k 1 n et que 76 = 19 ceci n est possible que pour n 4 et n k c est-àdire n 4 et k a. Les entiers pairs sont bleus et les impairs rouges. b. 1 est de couleur rouge comme a même couleur que. De plus donc la couleur est celle de 1, et donc celle de 5, soit rouge. 5 1 a même couleur que 9 donc rouge ainsi que est donc bleu, donc est bleu également. Erratum : à la 1 re ligne, lire r au lieu de c. À la e ligne : lire (b 0) au lieu de (a b). Puis lire «Démontrer que si r 0, a b et b r Si a bq r avec b 0 alors a r q. r b b b a même couleur que b r. Donc les rationnels a b et b sont de même couleur si q r est pair, de couleur différente si q est impair. 3. a. Déterminer la couleur de a revient à écrire b l algorithme d Euclide pour les entiers a et b jusqu à avoir un reste nul puis à calculer la somme des quotients. a est de la couleur de celle-ci. b D où l algorithme : ENTRÉE : deux entiers naturels a et b (b 0). INITIALISATION : S 0, r 1. TRAITEMENT : Tant que r > 0 faire q quotient(a, b), r a bq S S+q, a b, b r Fin de Tant que. SORTIE : Si S est pair afficher «a estbleu» sinon b afficher «a est rouge». b b. La programmation est aisée sur un tableur : La somme des quotients est 4 donc 000/03 est bleu. 14

15 4. D après la règle, - 1 est de la couleur opposée à celle de 1 qui est bleu (couleur de ). Mais il est aussi de la couleur de qui est de la couleur de car - 4. Contradiction Soit n 0. n º 4 º 5 3 º 5 n 3n º et 57 5 donc 1188n 57n 3n n 5. Si n est impair, 1188n 57n est divisible par 5.. On programme les restes dans la division par 11 à l aide de la fonction MOD. Conjecture(s) : la suite des restes de n dans la division par 11 est périodique de période 10. La suite des restes de 3 n dans la division par 11 est périodique de période 5. Le reste de la division par 11 de n + 3 n est nul quand n se termine par 5. Démonstration : donc d où, si r 0, 1,, 10 : 10k r r 11. Idem avec d où, si r 0, 1,, 10 : 10k r r 11. Il suffit donc d examiner les cas r de 0 à 10. Le reste est nul pour r 5 soit n et 3 11 sont congrus à 1 modulo 3 donc la suite des restes de n + 3 n modulo 3 est périodique de période 11. Puis on examine les restes pour n 0,, 10. Aucun n est nul. 109 Erratum : XX à la place de XX Question 3 : à la place de : La clé est Le premier chiffre est un 1. Camille est un garçon p 4p 7 : les restes des divisions de 3 p par 7 sont 4, ou 1. 37n 4n 11 : les restes des divisions de 37 n par 11 sont 4, 5, 9, 3 ou , 6, 7, 8, 9 sont cinq entiers tels que les différences de deux d entre eux ne sont jamais multiples de 6. On ne peut trouver six entiers ayant cette propriété.. a. Cinq restes sont possibles. b. Il y a six restes et cinq valeurs possibles. Deux des restes sont forcément identiques. c. La différence des deux entiers correspondant aux deux restes identiques est un multiple de Il y a n 1 puissances de 10 d exposant inférieur ou égal à n et n restes. 113 C est évident pour les entiers de 1 à 10. Parmi dix entiers consécutifs supérieurs à 1, cinq sont impairs ; parmi ces cinq entiers impairs, un seul est multiple de 5, un au maximum est multiple de 7 et deux au maximum sont multiples de 3. Il existe au moins un entier impair p parmi les cinq, divisible seulement par des nombres premiers supérieurs ou égaux à 11. Aucun des neuf autres nombres parmi les dix ne peut être divisible par ces nombres premiers. Cet entier p est premier avec les autres. 114 Le principe est basé sur la décomposition d un des facteurs en base en base donc a. p est impair car p est impair. b. p = p + 1 donc p = 4p + 4p + 1. d est impair car d 4.. a. q et r sont pairs car 5d 1 et 13d 1 sont pairs. b. r q = 8d donc r q = d. Si q et r étaient de parité différentes, la différence q r ne pourrait être paire. La différence est un multiple de 4 donc d est pair. 3. Contradiction entre le 1. et le. : d n existe pas a. La 00 e ligne sera 1. b. À partir de 11, la 00 e ligne est 4. À partir de 51, c est 73. x y x x + y (10) y x + y (10) x + y (10) x + y (10) 3x + 3y (10) x + y (10) 5x + 4y (10) 4x + 5y (10) 5x + 4y (10) 9x + 9y (10) 4x + 5y (10) 4x + 3y (10) 3x + 4y (10) 4x + 3y (10) 7x + 7y (10) 3x + 4y (10) x (10) y (10) Chapitre 1. Divisibilité, division euclidienne, congruences 15

16 La 10 e ligne est identique à la e : par période d ordre 8, la 00 e est identique à la e. 3. a. Les périodes possibles sont les diviseurs pairs de 8 soit ; 4 ou 8. b. Il faut x y 0 ou x y 10. c. Il faut x y 0 ou x y 5 ou x y 10 ou x y 15. d. La période est si x y 0 ou x y 10, elle est 4 si x y 5 ou x y 15. Sinon la période est 8. d. Une ligne est nulle si la seconde est nulle, donc si x y 0. k. p 3 p 3 donc p 3 pk pk 1 pk p donc rk 1 rk p 3 Un terme de la suite est une puissance k si il existe p et k tel que p k 4 3. L extrait du tableur demandé permet de conjecturer que la puissance 11 n est jamais présente dans la suite. Il est évidemment intéressant de justifier que, modulo 3, p k est toujours congru à 1 ou a. a b 1. a est impair donc a est impair. b. Il existe k Œ tel que a k 1 alors a k 1 4k 4k 1. a -1 4k 4k 4k k 1 donc 4 divise a - 1. c. d P a et d Pb fi d Pa -b fi d P 1.. a. Solution évidente (1, 0). b. 3a 4b - a 3b a -b 1. c. L application de la formule donne (3, ), (17, 1), (99, 70). 3. a. Algorithme ENTRÉE : a 99, b 70 TRAITEMENT : Tant que (a < 1 000) ou (b < 1 000) Faire c a, a 3a + 4b, b c + 3b, Fintantque SORTIE : Afficher a, b Le premier couple affiché est (3 363, 378) a. n - 9 est impair donc a puis a aussi. b. On étudie les restes des carrés modulo 4. a a Pour n 4, n 0 4 et a n -9 4 ; impossible.. a donc 3 k 1 4 et 3 k b. 3 n - 9 est pair donc a puis a aussi donc 3n a 9 1 ou 4. Seul 1 est possible et dans ce cas n est pair. c. 9 3n -a 3p -a 3p -a 3 p a. La seule solution est a 0 et p 1 d où n a. On a a 5n 3 or modulo 3, un carré est congru à 0 ou 1 et 5k 1 5 5k 3. b. 9 5 p -a 5p -a 5p - a 5 p a a pour solution unique p 1 et a a. u 0 =, u 1 = 3 3, u 7 = 5 4. b. u k k n fi : impossible a. Modulo 9, un entier est congru à la somme de ses chiffres donc chacun des cinq nombres est congru à S et 5S b. 6 S 4. Entre 6 et 4, seuls 10 et 19 vérifient 5S a. La somme des 6 entiers comporte a b c centaines et autant de dizaines et d unités. Cette somme vaut donc a b c soit a b c S. b N S et 13 N 987 donc S 594. Ceci n est pas vérifié pour S 19, et pour S 10, on a N 0 soit N 613 et on vérifie que 613 est bien solution du problème. 3. En utilisant les mêmes notations on a : 3S Ici 10 S 30. Entre 10 et 30, seuls 15 et 4 vérifient 3S 3 9. La somme des 4 entiers vaut 6 666S N 6 666S et 1 34 N donc S Ceci n est pas vérifié pour S 15, et pour S 4, on a N 5 98 et on vérifie que 598 est bien solution du problème. 16

17 11 A. 1. a. Affiche 4 b. Affiche 6 c. Affiche 4. Quand b divise a car alors r est nul dès l initialisation. 3. a. Affiche 4 b. Affiche 30 c. Affiche Le nombre obtenu semble être un multiple commun de a et b. B. Voir B de l activité 4 du chapitre 3. 1 A. 1. Le triangle AB 1 C 1 est rectangle en B 1 car la symétrie axiale conserve l orthogonalité. CB 1 ^ CB implique CB 1 1 ^ CB1. Comme l angle en A a pour mesure 45, l angle en C aussi et le triangle est isocèle.. AB1 AC BC 1 1 d où a1 d - a ; AC1 AB CB 1 d où d1 a-a1 a- d. B. 1. n a d n a d n a d n a d C. Si p, en prenant a q, on a d p q. Les mesures de la diagonale et du côté du carré initial sont des entiers, et il en est de même pour chaque carré itéré. Or a- a d 0 et d - d a 0 montrent que les suites doivent être strictement décroissantes. Ceci est impossible : les mesures initiales ne peuvent être simultanément des entiers et il n est donc pas possible d écrire comme quotient de deux entiers e chiffre = 1 er chiffre de e chiffre = 1 er chiffre de Soit a, aq et aq les trois termes. On veut a 1 q q 91 avec a et q entiers naturels. C est le cas pour a 1 et q 9 ou a 7 et q 3 ou a 13 et q. 15 a a donc a est divisible par 137 et x b x 1 b x - xb x 1 b x b b- 1 b b-. En base b, les chiffres du résultat sont 1 ; b - 1 et b -. En base 10, c est u 1 17, u 137, u et u Conjecture : le dernier chiffre de u n est 7.. La propriété est vraie pour n 1. Si elle est vraie pour k 1 alors 8u k se termine par 6 et 8u k 1par a. u 1 11, u 56, u 3 81 et u Conjecture : u k se termine par 6 et u k 1 par 1. b. La propriété est vraie pour n 1. Si elle est vraie pour k 1, alors 5u k 1 se termine par 5 et u k par 6. Puis 5u k se termine par 0 et u k 3 par Faux : = 9 (mais vrai si les entiers sont non nuls). 19 Tableau de congruences modulo 4. x x x Comme 7x n est jamais congru à 1 modulo 4, 7x - 4y 1 n a pas de solution entière Si un a nr p, alors un p r p pr r p r.. Les carrés des multiples de 3 ne sont pas présents dans la suite. En effet 4 3r 6k n fi a. 3x - y 3x y 10 car 3x - y et 3x y ont la même parité d où x et y 4. b. Indication : xx - y ( ; 9) ; (4 ; 13) ; (6 ; 7) ; (10 ; 1) ; (1 ; 1) ; (0 ; 7) ; (30 ; 13) ; (60 ; 9) et les couples d opposés peuvent satisfaire l équation. c. Indication : x - y x xy y En étudiant les congruences des cubes modulo 9, on a x y 3. x; y Œ 1 ; 9 ; -9; -1 ; 10 ; 1 ; -1; -10. d. Indication : écrire -3x -1 y - 4. S 114 ; ; 3; 5 ; -1; - 4 ; 0; -. Chapitre 1. Divisibilité, division euclidienne, congruences 17

18 à 3. a 1 ; b 0 ; c 3 ; d. 4. ENTRÉE : p, q et n tels que la fraction soit p q n TRAITEMENT : Pour k de 0 à n faire a reste(p, q) ; afficher a, p quotient(p, q) ; FinPour 134 On part de la droite et on complète la multiplication : x Le nombre est Pour qu un nombre soit divisible par, il doit se terminer par. Pour être divisible par 4, ses deux derniers chiffres doivent être divisible par convient ainsi que tout nombre dont l écriture décimale se termine par 11.. Soit a n un nombre de n chiffres 1 ou divisible par n. Si a n n est pair, a n n 1 10 an est divisible par n 1. n Si a n est impair, an an est divisible par n 1. Par récurrence, une telle écriture est possible pour n quelconque A B donc C < 13 (49 donnant la somme maximale 13). Or donc Or et Donc Donc Par suite, A puis B puis C sont congrus à 7 modulo 9. Comme C < 13, la seule valeur qui convienne est C = 7. n 18