Exercices d arithmétique

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1 DOMAINE : Arthmétque NIVEAU : Intermédare CONTENU : Exercces AUTEUR : Noé DE RANCOURT STAGE : Cachan 011 (junor) Exercces d arthmétque Exercce 1 - Énoncés - a) Trouver tous les enters n N qu possèdent un nombre mpar de dvseurs (postfs). b) Sot n N. On note d le nombre de dvseurs de n, et D le produt de ses dvseurs. Montrer que n d = D. c) On suppose que la décomposton en facteurs premers de n s écrt p α pα r r. Exprmer le nombre de dvseurs de n en foncton des α. Exercce Montrer que pour tout n N, la fracton 1n + 4 est rréductble. 14n + 3 Exercce 3 a) Sot a un enter supéreur ou égal à, et m, n N. Montrer que s m n, alors (a m 1) (a n 1). b) On suppose toujours que m n. A quelle condton a-t-on (a m + 1) (a n + 1)? Que peut-on dre dans le cas contrare? Exercce 4 a) Montrer que pour tout a N, l équaton x + y + z = 8a + 7 n a pas de solutons dans Q 3. b) Trouver tous les enters naturels n tels que 7 n + 8 sot un carré parfat. Exercce 5 Sot p un nombre premer. Montrer que s a b mod p, alors a p b p mod p. Exercce 6 Les systèmes suvants admettent-ls des solutons? 1

2 { x mod 3 a) x 6 mod 14 { x 5 mod 1 b) x 7 mod 15 { x 10 mod 1 c) x 16 mod 1 Exercce 7 Sot P un polynôme à coeffcents enters. Montrer que pour tous enters a et b, (b a) (P(b) P(a)). Exercce 8 Résoudre dans Q l équaton 5x 3 + 3x + 3x = 0. Exercce 9 a) Sot p un nombre premer congru à 3 modulo 4, et a et b deux enters tels que p (a + b ). Montrer que p a et p b. b) En dédure qu l exste une nfnté de nombres premers congrus à 1 modulo 4. Exercce 10 (Théorème de Wlson) Sot p un enter supéreur ou égal à. Montrer que p est premer s et seulement s (p 1)! 1 mod p. Exercce 11 Sot p un nombre premer. Montrer qu l exste des enters x et y tels que x + y + sot dvsble par p. Exercce 1 On défnt la sute (u n ) par u 0 = u 1 = 0 et la relaton de récurrence u n+ = u n+1 + u n + 1 pour tout n 0. Montrer qu l exste un enter n 1 tel que u n et u n+1 soent dvsbles par Soluton de l exercce 1 - Corrgés - a) Le pont mportant est de remarquer que s d est un dvseur de n, alors n d auss. (En fat, la foncton f : d n de l ensemble des dvseurs de n d dans lu même est une nvoluton, c est-à-dre que pour tout d, f(f(d)) = d). S pour tout dvseur d de n, on a d n, alors on peut parttonner { d l ensemble des dvseurs de n en pares d, n }, et cet ensemble est donc d de cardnal par. Snon, l exste un dvseur d 0 de n tel que n = d 0, c est- d 0 à-dre n = d 0, et n est un carré parfat. Dans ce cas, on peut parttonner

3 { l ensemble des dvseurs de n en un certan nombre de pares d, n } et d un sngleton {d 0 }, et cet ensemble est donc de cardnal mpar. Les n N qu possèdent un nombre mpar de dvseurs sont donc exactement les carrés parfats. b) On utlse encore la remarque de la queston précédente. S l ensemble { des n dvseurs de n est {x 1,..., x d }, alors on peut réécrre cet ensemble,..., n }. x 1 x d Donc D = x 1... x d = n... n ( ) ( ), d où D n n = x 1... x d = n d. x 1 x d x 1 x d c) On remarque qu un enter naturel dvse n s et seulement s l s écrt p β pβ r r, avec 0 β α pour tout. Le nombre de dvseurs de n est donc égal au nombre de chox possbles de la sute des β vérfant ces condtons. étant fxé, on a α + 1 chox possbles pour la valeur de β. On a donc (α 1 + 1)...(α r + 1) chox possbles pour toute la sute, et c est le nombre de dvseurs de n. Soluton de l exercce On rappelle que la fracton a est rréductble s et seulement s a et b sont premers entre eux. Ic, on a 3 (14n + 3) (1n + 4) = 1 b pour tout n, donc par le théorème de Bézout, 14n + 3 et 1n + 4 sont premers entre eux. La fracton 1n + 4 est donc rréductble. 14n + 3 Soluton de l exercce 3 a) Remarquons que qutte à poser b = a m et d = n, on est ramené à montrer m que (b 1) (b d 1). On peut alors utlser l dentté (b d 1) = (b 1)(b d 1 +b d +...+b+1), qu donne mmédatement le résultat. On peut auss travaller modulo b 1 : comme b 1 mod b 1, on en dédut que b d 1 mod b 1, d où le résultat. b) On cherche cette fos à quelle condton (b + 1) (b d + 1). On va montrer que c est vra lorsque d est mpar. L dentté b d + 1 = (b + 1)(b d 1 bd +... b + 1) (vrae unquement lorsque d est mpar) le montre mmédatement. On retrouve ce résultat en regardant modulo b + 1 : comme b 1 mod b + 1, alors b d ( 1) d 1 mod b + 1. S, par contre, d est par, on a b d ( 1) d 1 mod b + 1, donc (b + 1) (b d 1). Concluson : s n m est mpar, alors (am + 1) (a n + 1), et snon, (a m + 1) (a n 1). 3

4 Soluton de l exercce 4 a) Pour se ramener à une équaton à nconnues entères, on pose x = X T, y = Y T et z = Z T, où X, Y, Z Z, et où T N est l enter mnmal permettant cette écrture (autrement dt, T est le PPCM des dénomnateurs de x, y, et z écrts sous forme rréductble). On a alors X + Y + Z = (8a+7)T. Motvés par la présence de carrés, on regarde modulo 8 (auquel un carré peut être congru à 0, 1 ou 4 unquement). L équaton devent alors X + Y + Z + T 0 mod 8. Or, au mons un des enters X, Y, Z et T est mpar, snon on pourrat les remplacer respectvement par X, Y, Z et T, ce qu contredrat la mnmalté de T. Sans perte de géneralté, on peut supposer que c est X. On a alors X 1 mod 8, d où 1 + Y + Z + T 0 mod 8. En regardant les valeurs pouvant être prses modulo 8 par X, Y et Z, on vot que cette égalté ne peut pas être vérfée. b) On dot résoudre l équaton dophantenne 7 n + 8 = x (dans laquelle on peut consdérer, sans perte de géneralté, que x 0). La présence du carré nous ncte à regarder modulo 4. x peut être congru à 0 ou à 1, et 7 n ( 1) n ±1 mod 4. On a donc forcément 7 n ( 1) n 1 mod 4, donc n est par ; on peut écrre n = m, avec m N. On a alors 8 = x (7 m ) = (x 7 m )(x + 7 m ), donc x + 7 m 8 et à fortor, 7 m 8. Donc m = 0 ou 1, et on vérfe récproquement que m = 0 est la seule soluton. Le seul enter n tel que 7 n + 8 sot un carré parfat est donc 0. Soluton de l exercce 5 Comme a b mod p, alors l exste un enter k tel que b = a + kp. On utlse alors la formule du bnôme : p ( ) p b p a p = (a + kp) p a p = (kp) a p ( ) p Or, pour tout tel que 1 p 1, on a p! =!(p )!, et p dvse p! ( ) p. Pour mas ne dvse n!, n (p )!, donc par le théorème de Gauss, p ( p 1 p 1, on a donc p p (b p a p ), d où le résultat. =1 ) (kp) a p, cec restant vra pour = p. Donc 4

5 Soluton de l exercce 6 a) 3 étant premer avec 14, d après le théorème chnos, le système admet des solutons. b) La congruence x 5 mod 1 mplque x mod 3, et x 7 mod 15 mplque x 1 mod 3. Ces deux congruences sont ncompatbles, donc le système n admet pas de solutons. c) La congruence x 10 mod 1 mplque x 1 mod 3 et x mod 4. Or, 3 et 4 étant premers entre eux, le théorème chnos nous dt que le système de congruences : { x 1 mod 3 x mod 4 est équvalent à une unque congruence modulo 1, c est donc forcément x 10 mod 1. De la même façon, on montre que la congruence x 16 mod 1 est équvalente au système { x 1 mod 3 x mod 7 Le système ntal est donc équvalent au système x 1 mod 3 x mod 4 x mod 7 qu par le théorème chnos admet des solutons. Soluton de l exercce 7 On regarde modulo n = b a. On a a b mod n, et comme la relaton de congruence est compatble avec l addton et la multplcaton, cec mplque que P(a) P(b) mod n, donc n (P(b) P(a)). Soluton de l exercce 8 Consdérons une soluton ratonnelle éventuelle p q (écrte sous forme rréductble) de l équaton. On a alors 5 ( ) 3 p + 3 q donc 5p 3 + 3p q + 3pq q 3 = 0. ( ) p + 3 p q q = 0 5

6 On a donc 5p 3 = q( 3p 3pq + q ), donc q 5p 3, et comme q est premer avec p (donc avec p 3 ), on en dédut par Gauss que q 5. Par une méthode tout à fat analogue, on montre que p. Les seules solutons ratonnelles possbles de l équaton sont donc ±1, ±, ± 1 5, et ±. On n a plus qu à vérfer, à la man, 5 s chacune des solutons potentelles est réellement soluton ou non, et on vot que la seule soluton est 5. Remarque : Cette méthode fournt un moyen de résoudre dans Q n mporte quelle équaton polynômale à coeffcents enters (et donc à coeffcents ratonnels, pusqu on peut se ramener à une équaton à coeffcents enters qutte à multpler par une bonne constante). Soluton de l exercce 9 a) La condton p (a + b ) se réécrt b a mod p. Rasonnons par l absurde et supposons que a ne sot pas dvsble par p. a admet alors un nverse a 1 modulo p (.e. un enter tel que aa 1 1 mod p), et on a (ba 1 ) 1 mod p. 1 est donc un carré modulo p. Par le crtére d Euler, cela mplque que ( 1) p 1 1 mod p, donc que p 1 est par. On en dédut que p 1 mod 4, ce qu est contrare à notre hypothèse. Donc p a, et par la même occason, p b. b) On va fare un démonstraton analogue à celle d Euclde pour montrer que l ensemble des nombres premers est nfn. Par l absurde, supposons que l ensemble des nombres premers congrus à 1 modulo 4 sot fn, et notons ses éléments p 1,..., p n. On pose M = (p 1...p n ) + 1. M n est clarement dvsble par aucun des p, n par, donc tous ses dvseur premers sont congrus à 3 modulo 4. Notons p un tel dvseur ; alors en applquant la premère queston à p avec a = p 1...p n et b = 1, on en dédut que p 1, ce qu est absurde. Donc l ensemble des nombres premers congrus à 1 modulo 4 est nfn. Soluton de l exercce 10 Le pont clé de cette preuve est le fat que tout enter premer avec p admet un nverse modulo p ; en partculer, s p est premer, c est le cas de tout enter non nul modulo p. De plus, l nverson est nvolutve, c est-à- dre que (a 1 ) 1 a mod p pour tout a. S p n est pas premer, l un des facteurs du produt (p 1)! est un dvseur de p, donc est non nversble modulo p. Donc (p 1)! n est pas nversble modulo p, et n est donc pas congru à 1, qu, lu, est nversble. 6

7 Récproquement, s p est premer, alors on va parttonner l ensemble {1,..., p 1} en pares d enters deux à deux nverses modulo p. Pour cela, l faut connaître les enters x qu sont leur propre nverse ; ceux-là sont solutons de l équaton x 1 mod p, de degré, donc qu admet au plus deux solutons : ce sont donc 1 et 1 (ce derner étant congru à p 1 modulo p). On regroupe les autres par pares d nverses { x, x 1 } { }, de sorte que {1}, {p 1} et les x, x 1 forment une partton de {1,..., p 1}. En réorgansant l ordre des facteurs du produt, on a alors (p 1)! 1 (p 1) (x 1 x 1 1 )... (x rx 1 r ) p 1 1 mod p Soluton de l exercce 11 L dée est de montrer que les ensembles des valeurs prses modulo p par x et par y sont suffsamment gros, donc s ntersectent. Il faut donc calculer leur cardnal. { S p =, le résultat est trval. Snon, consdérons l ensemble A = p 1,..., 1, 0, 1,... qu forme un système de résdus modulo p. Pour tout A, on a = ( ). Récproquement, s a b mod p, alors p (a+b)(a b) donc a b mod p ou a b mod p. On en dédut qu l y a exactement p + 1 carrés modulo p, ( ) p 1 qu sont exactement 0, 1,...,. Lorsque x parcourt un système de résdus modulo p, x prend donc exactement p + 1 valeurs modulo p, et l en est de même pour y. Deux ensembles de cardnal p + 1 contenus dans un même ensemble de cardnal p ayant une ntersecton non vde, on peut chosr x et y de telle sorte que x y mod p. x + y + est alors dvsble par p. Soluton de l exercce 1 Posons N = Lorsque n parcourt N, le couple (u n, u n+1 ) ne peut prendre qu un nombre fn de valeurs modulo N. Il exste donc deux enters naturels dstncts s et t (avec par exemple s < t) tels que u s u t mod N et u s+1 u t+1 mod N. La défnton de la sute montre que dès que s 1, cela mplque que u s 1 u t 1 mod N. Par réccurence, on peut donc montrer que pour tout tel que 0 s, on a u s u t mod N. En partculer, on a u t s u 0 0 mod N et u t+1 s u 1 0 mod N, donc n = t s est soluton du problème. 7

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