MATHÉMATIQUES. Terminale S - programme spécialité

MATHÉMATIQUES Terminale S - programme spécialité cbnd

MATHÉMATIQUES Un cours complet de Terminale S - programme spécialité Conforme au B.O. du 13 octobre 2011 Édité à Marseille le 4 août 2016 Résumé : 2016 Samuel Der Monsessian - http ://dermon.fr. Ce document est sous licence Creative Commons attribution, pas d utilisation commerciale, pas de modification 4.0 international. Pour accéder à une copie de cette licence, merci de vous rendre à l adresse suivante : http ://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/4.0/ ou envoyez un courrier à : Creative Commons 444 Castro Street, Suite 900 Mountain View, California 94041 USA.

Table des matières 1 Divisibilité, congruences 1 I) Divisibilité dans l ensemble des entiers relatifs....................... 1 II) Division euclidienne..................................... 3 III) Congruences.......................................... 5 IV) Applications du cours.................................... 7 2 Plus grand diviseur commun et applications 11 I) PGCD de deux entiers.................................... 11 II) Théorèmes de Bézout et de Gauss............................. 14 III) Applications du cours.................................... 18 3 Nombres premiers 25 I) Généralités.......................................... 25 II) Décomposition en produit de facteurs premiers...................... 28 III) Applications du cours.................................... 30 4 Matrices et opérations 35 I) Généralités.......................................... 35 II) Opérations sur les matrices................................. 37 5 Matrices inversibles et applications 43 I) Matrices carrées inversibles................................. 43 II) Application : résolution de systèmes linéaires....................... 44 6 Évolutions de processus discrets 47 I) Application des matrices carrées aux suites définies par récurrence........... 47 II) Application à l étude des chaînes de Markov homogènes................. 50 Index 55

4 TABLE DES MATIÈRES

CHAPITRE 1 Divisibilité, congruences Notation : On rappelle que l on note N l ensemble des nombres entiers naturels, c est à dire l ensemble {0, 1, 2, }. L ensemble Z est l ensemble des nombres entiers relatifs, il est composé de l ensemble des entiers naturels et leurs opposés. Pour finir, Q est l ensemble des nombres rationnels, il est constitué de l ensemble des quotients d entiers et ses éléments sont généralement notés sous la forme de fractions. Pour finir, si m et n sont deux entiers relatifs, l ensemble des entiers compris au sens large entre m et n sera noté m, n. I) Divisibilité dans l ensemble des entiers relatifs Définition 1 : Soient a et b deux entiers relatifs. On dit que a divise b, ou que b est multiple de a, et l on note a b s il existe un entier relatif k tel que b = ka. Remarque : Si a est un nombre entier relatif, l ensemble de ses multiples est égal à l ensemble des multiples de a. En effet, si a < 0, on peut poser a = n où n est cette fois un entier naturel. Mais puisque l ensemble des multiples de a est l ensemble des nombres de la forme k a avec k Z, lorsque k est positif on obtient la liste des multiples négatifs de n : 0 a = 0 n, 1 a = n, 2 a = 2n, 3 a = 3n et lorsque k est négatif, on obtient la liste des multiples positifs de n : 1 a = n, 2 a = 2n, Donc la liste des multiples de a est en fait égale à la liste des multiples de n. On ramène donc toute recherche de multiples d entiers relatifs à la recherche de multiples d entiers naturels. De la même façon, si les diviseurs de a sont les diviseurs de a et réciproquement. Notation : Pour tout entier naturel n, on notera nz l ensemble de ses multiples. Tout se passe comme si n se distribuait sur la liste des entiers relatifs : nz = n {, 2, 1, 0, 1, 2, } = {, 2n, n, 0, n, 2n, }. On a avec cette notation l équivalence valable pour tout couple d entiers relatifs a et b, a b b az. Proposition 1 : 1) Pour tout entier naturel n, 0 nz. 2) Si n Z, n a (au moins) pour diviseurs 1, n, 1 et n. 3) L ensemble des diviseurs d un entier relatif non nul est fini. Preuve : Les deux premiers points sont des évidences. Pour le dernier point, on peut remarquer que si n N, ses diviseurs sont nécessairement non nuls (si n admet pour diviseur 0, il s écrit 0 k et donc n = 0) et compris entre n et n. En effet, si par l absurde ce n était pas le cas, il existerait un entier a > n et un entier naturel non nul k tel que n = k a, ce qui est absurde car ak a > n. Par conséquent, l ensemble des diviseurs d un entier relatif est nécessairement fini.

2 Chapitre 1 : Divisibilité, congruences Proposition 2 : (Relation de divisibilité) Soient a, b, c des entiers relatifs. 1) a a. 2) Si a b et b a alors a = ±b. 3) Si a b et si b c alors a c. Preuve : 1) a = 1 a. 2) Si a b, on a montré que a b dans la propriété précédente. Mais si b a, on a cette fois a b. On en déduit sont que a = b, ou ce qui est équivalent, que a = ±b. 3) Il existe k Z tel que b = ka et il existe l Z tel que c = lb donc c = lka = Ka en notant K le produit kl. Donc on a bien a c. Proposition 3 : Soient a, b et d trois entiers relatifs. Les deux proposition suivantes sont équivalentes : i) d a et d b ; ii) Pour tout couple d entiers relatifs λ et μ, d (λa + μb). Remarque : Étant donné deux nombres a et b, un nombre de la forme λa + μb où λ et μ sont entiers est parfois appelé une combinaison linéaire de a et b, même si ce vocabulaire est un général plutôt réservé aux vecteurs (λ #» u + μ #» v est une combinaison linéaire de #» u et #» v ). Preuve : : Il existe deux entiers relatifs k et l tels que a = kd et b = ld. Soit alors deux entiers relatifs λ et μ, λa + μb = λkd + μkd = (λk + μl)d dz : Réciproquement, si d divise toute combinaison linéaire de a et b, il divise en particulier 1 a + 0 b = a et 0 a + 1 b = b. Exercice 1 : Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n, 5 n 3 n 2Z. Solution : Initialisation : 5 0 3 0 = 1 1 = 0 = 0 2 2Z. Hérédité : Soit n N, supposons que 5 n 3 n 2Z. 5 n+1 3 n+1 = (2 + 3) 5 n 3 3 n = 3 (5 n 3 n ) + 2 5 n. Par hypothèse de récurrence 5 n 3 n est multiple de 2, et d autre part 2 5 n est aussi multiple de 2 et donc 5 n+1 3 n+1 est égal à une combinaison linéaire de multiples de 2, et c est donc un multiple de 2. On a donc bien montré par récurrence que pour tout entier naturel n, 5 n 3 n 2Z.

II) Division euclidienne 3 II) Division euclidienne A) Division euclidienne d entiers naturels Afin de démontrer le théorème ci-après, on doit énoncer un axiome lié à la construction de N. On peut montrer qu il est équivalent à l axiome de récurrence. Axiome : Toute partie non vide de N admet un plus petit élément. Théorème 1 : (et définition) Soient a et b deux entiers naturels, b étant non nul. Il existe un unique couple d entiers naturels q et r tels que a = bq + r et 0 r < b. Le procédé qui associe à (a, b) l unique couple (q, r) du théorème est appelé division euclidienne de a par b. a est appelé le dividende, b le diviseur, q est le quotient et r le reste. Preuve : Existence : On considère l ensemble E des multiples de b strictement supérieurs à a. Cette partie est non vide car elle contient au moins le nombre (a + 1) b. En effet, il est bien multiple et b, et puisque b est non nul, il vaut au moins 1 donc (a + 1)b a + 1 > a. Donc d après l axiome énoncé précédemment, E admet un plus petit élément bm qui vérifie b(m 1) a < bm. Notons alors q le réel m 1 et r le réel a bq. On a bien par définition de r a = bq + r et par définition de q, r < b. En effet, si par l absurde r b, on pourrait poser r = b + k avec k N et on aurait l égalité a = bq + b + k = b(q + 1) + k et donc a b(q + 1) = bm, ce qui est impossible. Unicité : Supposons qu il existe deux couples de nombres (q 1, r 1 ) et (q 2, r 2 ) tels que a = bq 1 + r 1, a = bq 2 + r 2 et 0 r 1 < b, 0 r 2 < b. Donc, a = bq 1 + r 1 et a = bq 2 + r 2 bq 1 + r 1 = bq 2 + r 2 b(q 1 q 2 ) = r 2 r 1. 0 r 1 < b et 0 r 2 < b b < r 1 0 et 0 r 2 < b b < r 2 r 1 < b Et donc 0 r 2 r 1 < b. Du premier point on conclue que r 2 r 1 est multiple de b et puisque r 2 r 1 < b, nécessairement r 2 r 1 = 0 b = 0. Donc r 1 = r 2, b(q 1 q 2 ) = 0 et puisque b est non nul, on a aussi q 1 = q 2. Exercice 2 : (Problème de niveau 6 e ) Combien de barres chocolatées de dimensions 5 cm, 2 cm et 1 cm peut-on mettre dans un carton de dimensions 46 cm, 35 cm et 11 cm? On dispose de 230 000 barres chocolatées. Combien de cartons seront nécessaires pour les ranger? Solution : La disposition optimale est évidemment d aligner les barres dans la même position dans le carton en mettant le côté de 5 cm dans le sens du côté de 35 cm du carton, 2 cm dans le sens du côté de 46 cm et 1 cm dans le sens du côté de 11 cm. Puisque 46 = 2 23, 35 = 5 7 et 11 = 11 1, on pourra mettre 23 7 11 = 1 771 barres dans le carton. On pose la division euclidienne de 230 000 par 1 771 pour connaître le nombre de cartons à utiliser. 227 000 = 1 771 129 + 1541 Il faudra 130 cartons pour ranger les 230 000 barres.

4 Chapitre 1 : Divisibilité, congruences B) Division euclidienne d entiers relatifs Proposition 4 : Toute partie non vide et minorée de Z admet un plus petit élément. Preuve : Cette démonstration pourra être passée en première lecture. Soit E une partie non vide et minorée de Z et soit m un de ses minorants. Remarquons que pour tout x de E, puisque x m, x m 0. Notons F l ensemble des nombres x m où x E. D après ce qui vient d être dit, les nombres de F sont positifs et entiers donc F est une partie de N qui admet un plus petit élément, x 0 m avec x 0 E. Pour tout x E, x m F et x m x 0 m puisque x 0 m est le plus petit élément. Mais alors on a aussi x x 0 en ajoutant m aux deux membres et le nombre x 0 de E est donc minorant (tous les nombres de E lui sont supérieurs ou égaux) et c est donc le plus petit élément de E. Théorème 2 : (et définition) Soient a et b deux entiers relatifs, b étant non nul. Il existe un unique couple d entiers relatifs q et r tels que a = bq + r et 0 r < b. Le procédé qui associe à (a, b) l unique couple (q, r) du théorème est appelé division euclidienne de a par b. a est appelé le dividende, b le diviseur, q est le quotient et r le reste. Preuve : On reprend les points de la démonstrations précédente en apportant des nuances. Existence : On distingue deux cas en fonction du signe de b. Si b > 0 : La partie E définie précédemment est non vide car elle contient au moins b ( a + 1). En effet, b valant au moins 1, b ( a + 1) a +1 > a a. De plus, E est minorée par a par définition. Elle admet donc un plus petit élément, bm, qui vérifie nécessairement b(m 1) a < bm. On pose alors q = m 1 et r = a bq. On a alors bien r 0 et r < b par définition de q et de r. Si b < 0 : La division euclidienne de a par b (qui est positif) donne un quotient q et un reste r d après le point précédent et on a a = bq + r et 0 r < b = b. Mais l égalité précédente peut aussi s écrire a = b( q) + r et donc le quotient q et le reste r conviennent. Unicité : S il existe deux couples (q 1, r 1 ) et (q 2, r 2 ) de quotient et reste, on a bien les résultats suivants : b q 1 q 2 = r 1 r 2 et 0 r 1 r 2 < b. On constate que r 1 r 2 est multiple de b d après le premier point mais pour être strictement inférieur à b comme dans le second point, il doit être nul et on obtient encore r 1 = r 2 et q 1 = q 2. Conséquence 1 : Soient a, b Z, avec b 0. Alors a est multiple de b si et seulement si la division euclidienne de a par b a pour reste 0. Preuve : Sens direct : Si a est multiple de b, il existe un entier q tel que a = bq, ou encore a = bq+0. De l unicité du quotient et du reste de la division euclidienne de a par b, on déduit que le quotient est q et le reste 0. Sens réciproque : Si la division euclidienne de a par b a pour reste 0, alors le quotient q Z vérifie bien a = bq et de ce fait a est multiple de b.

III) Congruences 5 Exercice 3 : Effectuer les divisions euclidiennes suivantes. a) 237 par 5 ; b) 156 par 11 ; c) 4 par 25 ; d) 39 par 12. Solution : Les divisions euclidiennes d entiers relatifs sont plus difficiles à mettre en œuvre que celles d entiers naturels. On prendra donc garde à bien appliquer la définition pour ne pas se tromper. a) On cherche le plus grand multiple de 5 qui soit inférieur à 237. 235 = ( 5) ( 47) et le reste sera 2 qui est bien strictement inférieur à 5. Au final : 237 = ( 5) ( 47) + 2. b) Dans ce cas le dividende, 156, est négatif donc il faut chercher un multiple 11 qui soit inférieur à 156 (et donc en valeur absolue supérieur à 156). On a 11 14 = 154 et 11 15 = 165 donc on a l inégalité 11 ( 15) 156 < 11 ( 14) et le quotient est 14 et le reste 9. 156 = 11 ( 15) + 9. c) Ici le dividende est toujours négatif et on a l inégalité 25 ( 1) 4 < 25 0 donc le quotient est 1 (et pas 0 comme on aurait pu le penser) et le reste 21. 4 = 25 ( 1) + 21. d) Dans cette question, les deux opérandes sont de même signe. On a l inégalité 12 4 39 < 12 3 donc le quotient est 4 et le reste 9. 39 = 12 4 + 9. III) Congruences Remarque : Soit n N. Puisqu il n est pas très utile de diviser par 1 (tous les nombres ont pour reste 0), on supposera même que n 2. Dans la division euclidienne par n, il n y a que n restes possibles : les entiers de 0 à n 1. Si l on pouvait diviser l ensemble des entiers par n, on en ferait donc n catégories, ceux qui ont pour reste 0 (les multiples de n), ceux qui ont pour reste 1, etc. C est ce constat qui nous permet d introduire l outil suivant. Définition 2 : Soit n N, n 2. On dit de deux entiers relatifs a et b qu ils sont congrus modulo n s ils ont le même reste dans la division euclidienne par n. Dans ce cas on note a = b mod n ou encore a b [n]. Exemple : 2 015 5 [10], 63 0 [3], on encore 27 3 [5]. Les résultats qui suivent servent à expliciter le fait que la congruence est à peu de choses près l égalité usuelle. L idée est évidemment de comprendre les nuances entre les deux opérations. Théorème 3 : (caractérisation) Soit n N, n 2, ainsi que a, b Z. Alors a b [n] a b nz. Preuve : Sens direct : Il existe q 1, q 2 Z et r 0, n 1 tels que a = nq 1 + r et b = nq 2 + r. Donc a b = n(q 1 q 2 ) nz.

6 Chapitre 1 : Divisibilité, congruences Sens réciproque : Il existe un entier k Z tel que a b = nk. D autre part, de la division euclidienne par n, il existe deux couples d entiers (q 1, r 1 ) et (q 2, r 2 ) tels que r 1, r 2 0, n 1 et a = nq 1 + r 1, b = nq 2 + r 2. Mais a b = n(q 1 q 2 ) + r 1 r 2 et d autre part a b = nk. Mais nk = n(q 1 q 2 ) + r 1 r 2 n(k q 1 q 2 ) = r 1 r 2 n k q 1 q 2 = r 1 r 2 r 1 r 2 nz. Et puisque 0 r 1 r 2 < n, r 1 r 2 = 0 et r 1 = r 2. Conséquence 2 : (relation d équivalence) Soit n N tel que n 2. La congruence modulo n est une relation d équivalence sur Z, autrement dit, elle est : réflexive : a Z, a a [n] ; symétrique : a, b Z, a b [n] b a [n] ; transitive : a, b, c Z, a b [n] et b c [n] a c [n]. Preuve : La démonstration est quasiment immédiate mais elle est néanmoins instructive. Réflexivité : a a = 0 nz. Symétrie : Si a b nz, il existe k Z tel que a b = nk, mais alors b a = n( k) nz. Transitivité : Si a b nz et si b c nz, il existe k et l entiers tels que a b = nk et b c = nl. Mais alors a c = (a b) + (b c) = n(k + l) nz. Théorème 4 : (compatibilité avec + et ) Soit n N tel que n 2. Soit encore a, b, c, d Z. Compatibilité avec + : Si a b [n] et c d [n], alors a + c b + d [n]. Compatibilité avec : Si a b [n] et c d [n], alors ac bd [n]. Preuve : Ce sont encore des évidences mais il est instructif de les démontrer. Compatibilité avec + : il existe k, l Z tels que a b = nk et c d = nl, donc en addition membre à membre, (a + c) (b + d) = n(k + l) nz. Compatibilité avec : il existe k, l Z tels que a = b + nk et c = d + nl, mais alors ac = (b + nk)(d + nl) = bd + n(kd + lb + kl) et donc ac bd = n(kd + lb + kl) nz. Conséquence 3 : Soit n N tel que n 2. Soit encore a, b Z tels que a b [n]. a) k Z, a + k b + k [n] b) k Z, ak bk [n] c) k N, a k b k [n]. Remarque : Le résultat précédent énonce des implications au sens où ce n est pas par exemple parce que ak bk [n] que a b [n]. En effet, si ak bk [n], il existe un entier l tel que ak bk = nl, et donc (a b)k = nl. Pour pouvoir écrire a b nz, il faudrait que k l, ce qui n est pas toujours le cas. Par exemple 3 2 4 2 [2], mais par contre 3 4 [2]. De même, 2 3 3 3 [19] mais 2 3 [19]. En règle générale, si l on suppose connue une fonction f Z Z, ce n est pas parce que l on a une relation du type f(a) f(b) [n] que l on a automatiquement a b [n].

IV) Applications du cours 7 IV) Applications du cours A) Problèmes de calendrier Exemple : Une année bissextile est une année dont la date est multiple de 4. Pour vérifier si une année est bissextile on regarde donc si elle est congrue à 0 modulo 4. L année 2000 était une année bissextile car 2000 = 4 500. Par contre 2015 ne l est pas, et on peut l illustrer par un calcul du congruences. Puisque 2000 0 [4], 2015 15 [4]. Mais 15 = 4 3 + 3 donc 15 3 [4], d où 2015 3 [4]. Exercice 4 : (Premier jour du mois) En 2015, le premier de l an était un jeudi. Déterminer les premiers jours de chacun des mois de 2015. Solution : Les jours du mois sont déterminés suivant des congruences modulo 7. Par exemple, les 8, 15, 22 et 29 janvier étaient tous des jeudis car tous ces nombres sont congrus à 1 modulo 7. On va simplifier le calcul en déterminant à quoi est congru le nombre de jours de chaque mois. Mois Jours Modulo 7 Janvier 31 3 Février 28 0 Mars 31 3 Avril 30 2 Mai 31 3 Juin 30 2 Juillet 31 3 Août 31 3 Septembre 30 2 Octobre 31 3 Novembre 30 2 Décembre 31 3 Tab. 1.1 : Congruences modulo 7 des jours du mois. Sachant que le premier janvier est un jeudi, le premier février, qui arrive 31 jours après, est un dimanche. En effet, puisque 31 3 [7], le premier février correspond à un décalage de trois jours dans le calendrier soit un dimanche. Le premier mars est encore un dimanche car il arrive 28 jour après soit un décalage de 0 jours modulo 7. En utilisant le même principe, on trouve que le premier avril est un mercredi, le premier mai un vendredi, le premier juin un lundi, le premier juillet un mercredi, le premier août un samedi, le premier septembre un mardi, le premier octobre un jeudi, le premier novembre un dimanche, et le premier décembre un mardi. Exercice 5 : Déterminer les premier jours de chaque mois de l année 3795. Solution : Commençons par rappeler qu une année classique compte 365 jours et qu une année bissextile en compte 366. Puisque 365 1 [7] (365 = 7 52 + 1), chaque année classique fait décaler le calendrier de 1 jour, et de même puisque 366 2 [7], chaque année bissextile fait décaler le calendrier de 2 jours. Entre 2015 (la première année bissextile) et 3795 s écoulent 3 795 2 016 = 1 780 années, et puisque 1780 = 4 445, il y aura 445 années bissextiles à partir de 2015 jusqu en 3795 qui n est pas bissextile et donc 1 780 445 = 1335 années non bissextiles. Entre le premier janvier 2015 et le premier janvier

8 Chapitre 1 : Divisibilité, congruences 3795, il y aura donc un décalage de 1 335 + 2 445 = 2 225 jours. En termes de calendrier, puisque 2225 6 [7], le premier janvier 3795 correspond à un décalage de six jours par rapport au premier janvier 2015, ce sera donc un mercredi. À partir de là, on en déduit les autres jours en utilisant le même principe que dans l exercice précédent : en 3795, le premier février sera un samedi, le premier mars encore un samedi, le premier avril un mardi, le premier mai un jeudi, le premier juin un dimanche, le premier juillet un mardi, le premier août un vendredi, le premier septembre un lundi, le premier octobre un mercredi, le premier novembre un samedi et le premier décembre un lundi. B) Critères de divisibilité 1) Écriture en base 10 Théorème 5 : Soit x N. Il existe un entier n N et des entiers c 0,, c n 0, 9 tels que x = n k=0 c k 10k. Cette écriture est unique, et les nombres c 0,, c n s appellent les chiffres en base 10 de x, en particulier, 10 c 0 est le chiffre des unités, c 1 est, s il existe, le chiffre des dizaines, etc. On écrit alors x = c n c 0 ou plus simplement x = c n c 0. Preuve : Existence : On procède par étapes de manière récursive finie pour retrouver l écriture de x en divisant à chaque étape par 10. Étape 0 : On note c 0 le reste et x 1 le quotient de la division euclidienne de x par 10. On a automatiquement c 0 0, 9 et x = 10x 1 + c 0. Si x est inférieur à 9, on a même x 1 = 0 et x = c 0. Sinon, x 1 est non nul et on continue. Étape 1 : On note c 1 le reste et x 2 le quotient de la division euclidienne de x 1 par 10. On a c 1 0, 9 et x 1 = 10x 2 + c 1, ce qui implique que x = 10(10x 2 + c 1 ) + c 0 = 10 2 x 2 + 10c 1 + c 0. Soit x 2 = 0 et donc x 1 = c 1, soit x 2 0 et on continue. Étape k : On note c k le reste et x k+1 le quotient de la division euclidienne de x k par 10. On a c k 0, 9 et x k = 10x k+1 +c k, ce qui implique que x = 10(10( (10x k+1 +c k )+c k 1 )+ +c 1 )+c 0 = 10 k+1 x k+1 + 10 k c k + + 10c 1 + c 0. On montre aisément par l absurde que dans une division euclidienne d entiers naturels non nuls, le quotient est nécessairement strictement inférieur au dividende. Ce processus a donc obligatoirement une fin car la suite des entiers x, x 1, est décroissante. Donc la partie de N composée des nombres x, x 1, est finie et ceci n est possible que si cette suite est stationnaire égale à 0 à partir d un certain rang. Notons n l entier tel que x n 0 et x n+1 = 0. On a alors nécessairement x n 0, 9, et on peut le renoter c n. En regroupant termes à termes on obtient bien l égalité : x = 10(10( (10x n+1 + c n ) + c k n ) + + c 1 ) + c 0 = 10 n c n + + 10c 1 + c 0 = n k=0 c k 10 k Unicité : L unicité de l écriture découle de l unicité des couples quotients et restes des divisions euclidiennes successives.

IV) Applications du cours 9 2) Quelques critères classiques de divisibilité Théorème 6 : Soit x N et c 0,, c n 0, 9 ses chiffres en base 10. Alors x est divisible par : 2 : si c 0 {0, 2, 4, 6, 8} ; 3 : si c 1 c 0 10 4Z ; 4 : si n k=0 c k 3Z ; 5 : si c 0 {0, 5} ; 9 : si n k=0 c k 9Z ; 10 : si c 0 = 0. Preuve : Ces critères sont assez simples à montrer à l aide des congruences. Par 2 : puisque 10 = 2 5, pour tout k N, 10 k 0 [2] et donc x c 0 [2]. Autrement dit, x 2Z c 0 2Z c 0 {0, 2, 4, 6, 8}. Par 3 : 10 1 [3] car 10 1 3Z. Donc pour tout k N, 10 k 1 k [3], c est à dire 10 k 1 [3]. Par conséquent x n k=0 c k [3], ce qui permet de dire que x 3Z n k=0 c k 3Z. Par 4 : puisque 100 = 4 25, pour tout k N, dès que k 2, 10 k 0 [4] et donc x c 1 10+c 0 [4]. Mais c 1 10 + c 0 = c 1 c 10 0 et on a bien x 4Z c 1 c 10 0 4Z. Par 5 : on reprend la démonstration du critère de 2. Puisque 10 = 2 5, pour tout k N, 10 k 0 [5] et donc x c 0 [5]. Autrement dit, x 5Z c 0 5Z c 0 {0, 5}. Par 9 : 10 1 [9] car 10 1 9Z. Donc pour tout k N, 10 k 1 k [9], c est à dire 10 k 1 [9]. Par conséquent x n k=0 c k [9], ce qui permet de dire que x 9Z n k=0 c k 9Z. Par 10 : c 0 est le reste de la division euclidienne de x par 10 donc x est multiple de 10 si et seulement si c 0 = 0. Exercice 6 : Démontrer qu un nombre est divisible par 11 si lorsqu on retranche la somme de ses chiffres de rang impair à la somme de ses chiffres de rang pair, on obtient un multiple de 11. Solution : Puisque 11 > 10, 10 = 0 11 + 10 et donc on ne peut pas utiliser le reste pour simplifier le calcul de congruences. Cependant, on peut noter que 10 1 [11] car 10 ( 1) = 11 11Z. De ce fait, pour tout k N, 10 k ( 1) k [11] et on sait que ( 1) k = 1 si k est pair et ( 1) k = 1 si k est impair. Donc pour x N ayant pour chiffres c 0,, c n 0, p, x n k=0 ( 1) k c k [11] et x 0 [11] n k=0 ( 1) k c k 0 [11] c 0 c 1 + c 2 c 3 + 0 [11]. Notons alors pour conclure que l on peut regrouper les termes d après leur signe pour obtenir (c 0 + c 2 + ) (c 1 + c 3 + ) 0 [11]. Exercice 7 : Soit x = cdu 10 N un nombre entier inférieur à 999. Montrer que x est multiple de 7 si et seulement si 2c + 3d + u est multiple de 7. Solution : On a 10 3 [7] et donc 10 2 3 2 [7], ce qui se réécrit 10 2 9 [7] et puisque 9 2 [7], on obtient 10 2 2 [7]. Donc pour le nombre x, 10 2 c + 10d + u 2c + 3d + u [7], ce qui permet d écrire que x 7Z 2c + 3d + u 7Z.

10 Chapitre 1 : Divisibilité, congruences C) Clés de contrôles Une clé de contrôle est un nombre associé à une suite de caractères alphanumériques qui permet (en principe) de dire si elle contient une erreur ou pas. Nos numéros de compte en banque (BIC et IBAN) ainsi que notre numéro de sécurité sociale (numéro INSEE ou NIR), ou encore les codes d identifications de livres (ISBN) comportent tous une clé de contrôle. Dans chacun des cas, il y a une certaine façon de calculer la clé à partir des premiers nombres ou chiffres. Si le calcul donne le résultat voulu (donc si par le calcul on retombe sur la clé), le code a été bien saisi. Sinon il y a une erreur et il faut resaisir. Exemple : (Code ISBN à 13 chiffres) Un code ISBN (pour International Standard Book Number) à 13 chiffres est composé d un préfixe (978 pour les plus anciens ouvrages, 979 pour les plus récents), d un chiffre correspondant à la zone géographique dans laquelle le livre a été édité (0 ou 1 pour les pays anglophones, 2 pour la francophonie), d un numéro à 3 chiffres correspondant au code éditeur, d un numéro à 5 chiffres correspondant à la référence interne du livre, et d un nombre à 1 chiffre, la clé. Voici par exemple le code ISBN du manuel utilisé en cours : 978 2 01 135577 5. La clé (donc le 13 e chiffre) se calcule de la façon suivante. On commence par attribuer une position à chacun des chiffres. Par exemple pour le code du manuel : Chiffre : c 0 c 1 c 2 c 3 c 4 c 5 c 6 c 7 c 8 c 9 c 10 c 11 c 12 Position : 9 7 8 2 0 1 1 3 5 5 7 7 5 On écarte le 13 e chiffre puis on calcule la somme des chiffres de rang pair : c 0 + c 2 + c 4 + c 6 + c 8 + c 10 qui vaut dans notre exemple 9 + 8 + 0 + 1 + 5 + 7 = 30. On calcule ensuite la somme des chiffres de rang impair et on multiplie le résultat par 3. Dans notre exemple : 7 + 2 + 1 + 3 + 5 + 7 = 25, 25 3 = 75. On détermine le nombre compris entre 0 et 9 auquel est congru la somme des résultats précédents. Dans notre cas : 30 + 75 = 105 5 [10]. La clé est obtenue en enlevant à 10 le résultat obtenu : c est bien 5. Exercice 8 : Le code ISBN suivant a-t-il été bien saisi? ISBN : 978 2 070 41239 3. Solution : La somme des chiffres de rang pair est 9 + 8 + 0 + 0 + 1 + 3 = 21. La somme des chiffres de rang impair est 7 + 2 + 7 + 4 + 2 + 9 = 31 et son triple est 93. 21 + 93 = 114 4 [10] et la clé doit donc être 10 4 = 6. Il y a donc eu une erreur dans la saisie du code 1. Remarque : Les autres codes cités en préambule sont moins simples à mettre en œuvre car la clé est calculée modulo 97. Il faut donc trouver des astuces pour simplifier les calculs. En particulier puisque 10 2 3 [97], 10 6 27 [97]. 1. En réalité, le code était le bon mais la clé était la mauvaise. À quel ouvrage correspond le code?

CHAPITRE 2 Plus grand diviseur commun et applications I) PGCD de deux entiers A) Première approche Théorème 1 : (et définition) Soient a et b deux nombres entiers tels que l un des deux au moins est non nul. L ensemble des diviseurs communs à a et à b admet un plus grand élément d. On l appelle le PGCD de a et b et on note d = pgcd (a, b) ou encore d = a b. Preuve : Si une partie non vide et minorée de Z admet un plus petit élément, une partie non vide et majorée de Z admet un plus grand élément. L ensemble des diviseurs communs à a et b est bien une partie non vide de Z car elle contient 1, et elle est aussi majorée car ses éléments sont nécessairement inférieurs à a (et à b). Donc elle admet un plus grand élément, que l on note d. Exemple : Les diviseurs positifs communs à 132 et 44 sont obtenus en croisant les deux listes de diviseurs. Pour 132 : 1, 2, 3, 4, 6, 11, 12, 22, 33, 44, 66 et 132. Pour 44 : 1, 2, 4, 11 et 44. Communs : 1, 2, 4, 11 et 44. Donc pgcd (132, 44) = 44. Remarque : Puisque l ensemble des diviseurs communs à a et b contient au moins 1, leur PGCD est nécessairement supérieur (ou égal) à 1. C est un élément de N. Soit a Z. Puisque tous les nombres entiers sont diviseurs de 0, les diviseurs communs à 0 et a sont les diviseurs de a, et le plus grand diviseur commun est alors a. On a donc pour tout entier non nul a, pgcd (a, 0) = a. Pour ce qui est de l éventuel PGCD de 0 et 0, il n existe pas car 0 admet l ensemble des entiers pour diviseurs et ce n est pas une partie bornée. Proposition 1 : Pour tout entiers a et b non simultanément nuls, pgcd (a, b) = pgcd (b, a), pgcd (a, b) = pgcd ( a, b ), et si a et b sont non nuls et b a, alors pgcd (a, b) = b. Preuve : 1) Les diviseurs communs à a et b sont évidemment les diviseurs communs à b et a d où l égalité. 2) Les diviseurs de a sont les diviseurs de a, et de même pour b. 3) Si b a, puisque b b, b fait partie des diviseurs communs à a et b qui sont tous inférieurs à b et donc b = pgcd (a, b). Remarque : Le fait que le PGCD de deux entiers soit égal au pgcd de leurs valeurs absolues nous amène, pour simplifier les choses, à effectuer des calculs de PGCD entre nombres entiers naturels.

12 Chapitre 2 : Plus grand diviseur commun et applications B) Algorithme d Euclide Proposition 2 : Soit a, b, q et r des entiers avec a et b non simultanément nuls et tels que a = bq+r. Alors les diviseurs communs à a et b sont les diviseurs communs à b et r et en particulier, pgcd (a, b) = pgcd (b, r). Preuve : Soit n un diviseur de a et b, puisque a = bq + r, r = a bq est une combinaison linéaire de a et b et donc n r. Réciproquement, si n divise b et r, n divise bq + r, c est à dire a. Puisque les deux ensembles de diviseurs sont les mêmes, leur plus grand élément est aussi le même et pgcd (a, b) = pgcd (b, r). Algorithme : (d Euclide) Soient a et b deux entiers naturels non simultanément nuls. On définit un ensemble de couples (q n, r n ) en effectuant les divisions euclidiennes successives : de a par b : a = bq 1 + r 1, 0 r 1 < b et si r 1 0 on continue, sinon on pose r 0 = b et on s arrête ; de b par r 1 : b = r 1 q 2 + r 2, 0 r 2 < r 1 et si r 2 0 on continue, sinon on s arrête ; de r 1 par r 2 : r 1 = r 2 q 3 + r 3, 0 r 3 < r 2 et si r 3 0 on continue, sinon on s arrête ; Hérédité : Soit n N, q n+1 et r n+1 sont le quotient et le reste dans la division euclidienne de r n 1 par r n si r n+1 0 on continue, sinon on s arrête. Si l on s arrête, on note le dernier reste non nul. Théorème 2 : (Détermination pratique du PGCD) Soient a et b deux entiers naturels non simultanément nuls. L algorithme d Euclide associé à a et b est fini et le PGCD de a et de b est le dernier reste non nul. Preuve : En définissant la séquence (r n ), on observe que les termes sont classés en ordre décroissant strict à cause de la propriété du reste de la division euclidienne. Or entre 0 et r 0, il y a au plus r 0 + 1 entiers, ce qui signifie qu en descendant d une unité à chaque étape (la plus petite descente pour une séquence décroissante), il y a au plus r 0 + 1 termes distincts et la suite (r n ) est finie 1 et le dernier terme est nécessairement 0. Si r 1 = 0, a = bq 0 donc b a et pgcd (a, b) = b = r 0. Si r 1 0, d après la propriété précédente en notant r n le dernier reste non nul, pgcd (a, b) = pgcd (b, r 1 ) = = pgcd (r n 1, r n ) = pgcd (r n, 0) = r n. Le PGCD de a et b est donc bien le dernier reste non nul. Remarque : On peut écrire l algorithme sous la forme d une fonction de deux variables en utilisant la récurrence (boucle tant que). 1 fonction pgcd(a,b) 2 tant que b!= 0 3 a <- b; 4 b <- a%b; 5 fin tant que 6 retourner a; 7 fin Exercice 1 : Déterminer le PGCD de 89 et 55. 1. Une suite finie est une fonction définie sur une partie finie de N.

I) PGCD de deux entiers 13 Solution : On utilise l algorithme d Euclide en posant les divisions euclidiennes successives suivantes. 89 = 55 1 + 34 ; 55 = 34 1 + 21 ; 34 = 21 1 + 13 ; 21 = 13 1 + 8 ; 13 = 8 1 + 5 ; 8 = 5 1 + 3 ; 5 = 3 1 + 2 ; 3 = 2 1 + 1 ; 2 = 2 1 + 0. Le dernier reste non nul étant 1, pgcd (89, 55) = 1. Exercice 2 : On rappelle que la suite de Fibonacci, notée (F n ) est définie par récurrence par F 0 = F 1 = 1, et pour tout entier naturel n, F n+2 = F n+1 + F n. 1) Calculer le PGCD de F 10 et F 11. 2) Montrer que le PGCD de deux termes consécutifs de la suite de Fibonacci est toujours 1. Solution : Commençons par déterminer les premiers termes de la suite. Chaque terme étant obtenu en faisant la somme des deux termes qui le précèdent, F 2 = F 1 + F 0 = 1 + 1 = 2, F 3 = F 2 + F 1 = 2 + 1 = 3 n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 F n 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 Tab. 2.1 : Les onze premiers termes de la suite de Fibonacci 1) D après la formule de récurrence, F 11 = F 10 1 + F 9, et puisque 0 F 9 < F 10, cette égalité est en fait une division euclidienne et le reste est F 9. D après la propriété du PGCD, pgcd (F 11, F 10 ) = pgcd (F 10, F 9 ) = pgcd (89, 55). Mais ce PGCD vaut 1 d après l exercice précédent et donc pgcd (F 11, F 10 ) = 1. 2) Constatons pour commencer que puisque F 0 = 1 et F 1 = 1, pgcd (F 1, F 0 ) = 1. La définition de la suite de Fibonacci implique que tous ses termes soient naturels et non nuls. Une récurrence double le confirme : Initialisation : F 0 = 1 N et F 1 = F 0. Hérédité : Soit n N, supposons que F n N et F n+1 N. Puisque F n+2 = F n+1 + F n, on a bien F n+2 N. Ceci nous permet d affirmer que les termes de la suite de Fibonacci sont rangés en ordre croissant strict à partir du rang 1. En effet, pour tout entier naturel n, F n+2 = F n+1 + F n > F n+1 car F n > 0. Grâce à cela, nous pouvons dire que pour tout entier naturel n 1, l égalité de récurrence est en réalité une égalité de division euclidienne : F n+2 = F n+1 1 + F n avec 0 < F n < F n+1. Ceci garantit le fait qu en partant d un entier naturel n 1, toutes les égalités de la division euclidienne de F n+1 par F n (F n+1 = F n + F n 1 ) à la division euclidienne de F 2 par F 1 constituent les étapes de l algorithme d Euclide associé à F n+1 et F n. En conclusion, pour tout entier n 1, pgcd (F n+1, F n ) = pgcd (F 2, F 1 ) = 1.

14 Chapitre 2 : Plus grand diviseur commun et applications C) Résultats pratiques Théorème 3 : (Caractérisation du PGCD) Soient a et b deux entiers naturels dont l un des deux au moins est non nul et soit d leur PGCD. Alors pour tout entier relatif n, n a et n b si et seulement si n d, et de plus, d est le seul élément de N qui vérifie cette équivalence. Preuve : On note r 0,, r n les restes successifs (avec r n = d = pgcd (a, b)) lors de l algorithme d Euclide appliqué à a et b. D après la propriété 2, et par récurrence, les diviseurs communs à a et b sont aussi les diviseurs communs à b et r 0, à r 0 et r 1,, à r n et 0. Or r n = d, et on a donc directement que les diviseurs communs à a et b sont les diviseurs de d. Donc on a bien l équivalence : n Z, n a et n b n d. Supposons maintenant que cette équivalence soit aussi vraie pour un entier naturel non nul δ : n Z, n a et n b n δ. Puisque δ δ, l implication réciproque donne δ a et δ b. Mais alors on a δ d. En appliquant le même raisonnement à d, on a d a et d b donc d δ. Or d δ et δ d ne peuvent être toutes les deux vraies que si δ = d. Conséquence 1 : (Factorisation du PGCD) Soient a, b et k trois entiers naturels non nuls. Alors pgcd (ka, kb) = k pgcd (a, b). Preuve : Soit d = pgcd (a, b), puisque d a et d b, kd a et kd b donc kd pgcd (ka, kb) d après la caractérisation du PGCD. Donc il existe un entier λ tel que pgcd (ka, kb) = λ(kd) = k(λd). Mais pgcd (ka, kb) ka et pgcd (ka, kb) kb, ce qui se réécrit k(λd) ka et k(λd) kb. Mais puisque k est non nul, on a encore λd a et λd b, ce qui implique λd d, et donc λ = 1. Ceci permet donc d affirmer que pgcd (ka, kb) = k pgcd (a, b). Exemple : Calculons efficacement le PGCD de 136 et 92. On remarque que ce sont des multiples de 4 : 136 = 4 34 et 92 = 4 23. Donc pgcd (136, 92) = 4 pgcd (34, 23). On applique l algorithme d Euclide à 34 et 23 : 34 = 23 1 + 11 ; 23 = 11 2 + 1, 11 = 1 11 + 0. Le dernier reste est 1, donc pgcd (34, 23) = 1 et pgcd (136, 92) = 4 1 = 4. II) Théorèmes de Bézout et de Gauss A) Coefficients de Bézout Théorème 4 : (et définition) Soient a et b deux entiers relatifs non nuls et soit d leur PGCD. Il existe un couple d entiers relatifs (u, v) tel que au + bv = d. Un tel couple est appelé coefficients de Bézout associés à a et b.

II) Théorèmes de Bézout et de Gauss 15 Preuve : Considérons la partie D constituée de l ensemble des entiers naturels non nuls qui peuvent s écrire sous la forme au + bv où u et v sont entiers relatifs. C est une partie non vide de N car elle contient a (si a < 0, on a a = 1 a + 0 b et sinon, a = a = 1 a + 0 b). Donc elle admet un plus petit élément, δ. Montrons alors que δ = d pour conclure. Puisque d divise a et b, il divise toute combinaison linéaire de a et b. Mais δ D et s écrit bien sous la forme d une combinaison linéaire de a et b. Donc d δ. Écrivons la division euclidienne de a par δ. Il existe deux entiers q et r tels que a = δq+r et 0 r < δ. Mais alors r = a δq est une combinaison linéaire de a et b, autrement dit, r D. Mais δ est le plus petit élément non nul de D, et ceci implique donc que r = 0, et donc δ a. En appliquant le même raisonnement à b, on obtient δ b. De ce fait, δ divisant a et b divise aussi leur PGCD d après la caractérisation, donc en symboles, δ d. En conclusion, on a bien d = δ et le théorème est démontré. Remarque : La démonstration de ce théorème peut aussi s interpréter de la façon suivante. L ensemble des combinaisons linéaires de a et de b est l ensemble des multiples de leur PGCD. On écrit cela en symboles sous la forme az + bz = dz. Exemple : En reprenant l exemple précédent, pgcd (136, 92) = 4, donc toute combinaison linéaire de 136 et 92 est multiple de 4, et même mieux, tout multiple de 4 s écrit comme une combinaison linéaire de 136 et de 92. Remarque : (algorithme d Euclide étendu) Le résultat précédent est encore un théorème d existence. Si on sait que l on peut trouver un couple (u, v) qui vérifie l égalité au + bv = d, on ne sait pas si c est le seul (on verra que la réponse est non) et on n a pas de méthode permettant de le calculer. C est le but de l algorithme d Euclide étendu. Exemple : On va chercher un couple d entiers relatifs (u, v) tels que 68u 14v = d où d = pgcd (68, 14). On commence par appliquer l algorithme d Euclide classique. 68 = 14 4 + 12 14 = 12 1 + 2 12 = 2 6 + 0 Donc d = 2. Isolons le reste dans la première puis dans la deuxième égalité : 12 = 68 14 4 [2.1] 2 = 14 12 1 [2.2] On remplace alors dans [2.2] le coefficient 12 par sa valeur déduite de [2.1] et on fait apparaître 68 et 14 en facteur. 2 = 14 12 1 2 = 14 (68 14 4) 2 = 1 68 + 5 14 En conclusion, il suffit de choisir u = 1 et v = 5 pour vérifier l égalité. Cette démarche d isoler les restes puis de substituer de proche en proche s appelle l algorithme d Euclide étendu.

16 Chapitre 2 : Plus grand diviseur commun et applications Exercice 3 : Déterminer un couple (x, y) d entiers relatifs tels que 70x + 44y = 2. Solution : Notons pour commencer que puisque 70, 44 et 2 sont pairs, on obtient une équation équivalente en simplifiant les deux membres par 2, donc x, y Z, 70x + 44y = 2 35x + 22y = 1. On applique l algorithme d Euclide à 35 et 22 : 35 = 22 1 + 13 22 = 13 1 + 9 13 = 9 1 + 4 9 = 4 2 + 1 4 = 1 4 + 0 On remarque que le PGCD de 35 et 22 est 1 qui est justement le second membre de l équation donc d après le théorème de Bézout, il existe bien des solutions à l équation. Déterminons-en une à l aide de l algorithme d Euclide étendu : On isole les restes successifs : 1 = 9 4 2 4 = 13 9 9 = 22 13 13 = 35 22 Puis on substitue de proche en proche : 1 = 9 (13 9) 2 1 = 9 3 13 2 1 = (22 13) 3 13 2 1 = 22 3 13 5 1 = 22 3 (35 22) 5 1 = 5 35 + 8 22 La dernière ligne nous donne le couple ( 5, 8) comme solution de l équation.

II) Théorèmes de Bézout et de Gauss 17 B) Entiers premiers entre eux, théorème de Bézout Définition 1 : Deux nombres entiers sont dits premiers entre eux si leur PGCD est 1. Proposition 3 : Deux entiers sont premiers entre eux si et seulement si leurs seuls diviseurs communs sont 1 et 1. Preuve : Dans le sens direct, si le PGCD de a et b est 1, tout diviseur de a et b étant diviseur de leur PGCD, il doit diviser 1 et il est donc égal à 1 ou à 1. Dans le sens réciproque, le plus grand diviseur commun est le plus grand nombre dans la liste, et c est donc 1. Théorème 5 : (de Bézout) Deux nombres entiers a et b sont premiers entre eux si et seulement s il existe un couple d entiers relatifs (u, v) tels que au + bv = 1. Preuve : Le sens direct est fourni par le théorème 4. Considérons le sens réciproque. Il existe deux entiers relatifs tels que au + bv = 1. On sait que tout diviseur commun à a et b doit aussi diviser toute combinaison linéaire de a et b et donc en particulier au + bv qui vaut 1. Or les seuls diviseurs de 1 sont 1 et 1, ce qui implique que a et b soient premiers entre eux. Proposition 4 : Soient a et b deux entiers et soir d leur PGCD. Alors il existe deux entiers a et b premiers entre eux tels que a = a d, b = b d. Preuve : Le PGCD de a et b divise a et b donc il existe deux entiers a et b vérifiant la condition pgcd (a d, b d) = pgcd (a, b) = d. Or pgcd (a d, b d) = d pgcd (a, b ) et donc a b = 1. Proposition 5 : Soient a, b et c trois entiers relatifs. pgcd (a, b) = 1 et pgcd (a, c) = 1 pgcd (a, bc) = 1. Preuve : a et b sont premiers entre eux si et seulement s il existe u 1 et v 1 entiers relatifs tels que au 1 + bv 1 = 1. Et de même pour c, il existe u 2, v 2 Z tels que au 2 + cv 2 = 1. On multiplie alors les deux égalités pour obtenir : (au 1 + bv 1 )(au 2 + cv 2 ) = 1 a(au 1 u 2 + cu 1 v 2 + bv 1 u 2 ) + bc(v 1 v 2 ) = 1 En notant U = au 1 u 2 + cu 1 v 2 + bv 1 u 2 et V = v 1 v 2, on a une égalité de Bézout qui est équivalente au fait que a et bc soient premiers entre eux. Conséquence 2 : Si deux entiers sont premiers entre eux, toute puissance de l un est premier avec toute puissance de l autre. Preuve : Soient a et b deux entiers premiers entre eux, et soient m et n deux entiers naturels non nuls. Première étape : a est premier avec b, donc aussi avec b 2, b 2 b = b 3, et par récurrence (finie), a est premier avec b n.

18 Chapitre 2 : Plus grand diviseur commun et applications Deuxième étape : b n est premier avec a, donc aussi avec a 2, et donc par récurrence avec a m. En conclusion, on a bien pgcd (a m, b n ) = 1. C) Théorème de Gauss Théorème 6 : (de Gauss) Soient a, b et c trois entiers relatifs. Si a divise le produit bc et si a et b sont premiers entre eux, alors a divise c. Preuve : Si a et b sont premiers entre eux, il existe deux entiers u et v tels que au + bv = 1, ce qui est équivalent, en multipliant par c que a(cu) + (bc)v = c. Donc si a divise le produit bc, a divise aussi (bcv) et puisqu il divise évidemment acu, il divise la somme qui vaut c. Conséquence 3 : Soient a, b et c trois entiers non nuls. Si b a et c a et si pgcd (b, c) = 1, alors (bc) a. Preuve : Puisque c divise a, il existe un entiers k tel que a = kc. Mais b divise aussi a donc b (kc) et puisque pgcd (b, c) = 1, d après le théorème de Gauss, on a b k. Autrement dit il existe un entier l tel que k = lb et donc a = l(bc) d où (bc) a. III) Applications du cours A) Équation diophantienne linéaire à deux inconnues Définition 2 : Une équation diophantienne linéaire à deux inconnues est une équation d inconnues x et y entières pour laquelle il existe trois entiers a, b et c tels que ax + by = c. Théorème 7 : (Existence de solutions) Soient a, b et c trois nombres entiers tels que a et b ne soient pas simultanément nuls. L équation diophantienne ax + by = c n admet des solutions que si c est multiple du PGCD de a et b. Preuve : D après la démonstration du théorème 4, toute combinaison linéaire de a et b est multiple de son PGCD. Méthode : Résolvons l équation diophantienne (E) ax + by = c. On note d = pgcd (a, b). 1) On contrôle que le second membre c est bien multiple de d. Si c est le cas, on divise les deux membres de l équation par d pour obtenir a x + b y = c où a = a d, b = b d et c = c d. 2) On utilise ensuite l algorithme d Euclide étendu pour trouver deux entiers u et v tels que a u + b v = 1 (la recherche n est pas vaine d après le théorème de Bézout). 3) En multipliant les deux membres par c, a (cu) + b (cv) = c et en posant x 0 = cu et y 0 = cv, on obtient une solution particulière de (E). 4) On soustrait l égalité particulière à l égalité générale membre à membre pour obtenir : a (x x 0 ) + b (y y 0 ) = 0, ou encore a (x x 0 ) = b (y 0 y).

III) Applications du cours 19 5) a divise le produit b (y 0 y) tout en étant premier avec b donc d après le théorème de Gauss, a divise y 0 y et il existe un entier λ tel que y 0 y = λa, ou encore, y = y 0 λa. 6) En remplaçant y y 0 par sa valeur en fonction de a dans l égalité a (x x 0 ) = b (y y 0 ) puis en simplifiant par a, il vient x x 0 = λb, ce qui équivaut à x = x 0 + λb. Exercice 4 : Résoudre dans Z l équation (E) 336x + 210y = 294. Solution : Déterminons par l algorithme d Euclide le PGCD de 336 et 210. 336 = 210 1 + 126 210 = 126 1 + 84 126 = 84 1 + 42 84 = 42 2 + 0 Puisque 294 = 42 7, l équation admet (E) admet des solutions. On divise les deux membres par 42 et un couple d entiers (x, y) est solution de (E) s il est solution de (E ) 8x + 5y = 7. On détermine alors un couple d entiers solutions de (E ) par l algorithme d Euclide étendu. Puisque 8 = 5 1 + 3, 5 = 3 1 + 2, 3 = 2 1 + 1 et 2 = 2 1 + 0, 1 = 3 2 1 = 3 (5 3) = 3 2 5 1 = (8 5) 2 5 = 8 2 + 5 ( 3) On en déduit que 1 7 = 8 (2 7) + 5 ( 3 7), ou encore 7 = 8 14 + 5 ( 21). Une solution particulière de (E) est donc (x 0, y 0 ) = (14, 21). Soit (x, y) un couple d entiers relatifs. (x, y) est solution de (E) si et seulement si 8x+5y = 7. Puisque 8 14 + 5 ( 21) = 7, en soustrayant membres à membres, on obtient que (x, y) est solution si et seulement si 8(x 14) + 5(y + 21) = 0, ou encore 8(x 14) = 5( 21 y). 8 et 5 sont premiers entre eux, donc d après le théorème de Gauss, 8 divise 21 y, et même y + 21 (pour simplifier les signes) et il existe un entier λ tel que y + 21 = 8λ, ou encore y = 21 + 8λ. En substituant dans l égalité précédente, on obtient 8(x 14) = 5( 8λ), ou encore en simplifiant par 8, x 14 = 5λ et x = 14 5λ. Réciproquement, s il existe un entier λ tel que x = 14 5λ et y = 21 + 8λ, 336x + 210y = 336(14 5λ) + 210( 21 + 8λ) = 4704 1680λ 4410 + 1680λ = 294 Et le couple (x, y) est bien solution de l équation. En conclusion, les solutions de (E) sont les couples (x, y) pour lesquels il existe un entier λ tel que x = 14 5λ et y = 21 + 8λ.

20 Chapitre 2 : Plus grand diviseur commun et applications B) Applications à la cryptographie : exemples de chiffrements La cryptographie est une science ayant pour objet la protection de messages afin qu ils ne soient compréhensibles que par l émetteur et le récepteur. C est l un des principaux domaines d application des mathématiques et l arithmétique joue un rôle clé. Nous allons voir quelques exemples de chiffrement, c est à dire de transformation d un message en code secret. Nous en profiterons pour pointer du doigt les faiblesses de ces méthodes. Dans chacun des exemples suivants, nous allons utiliser pour exemple la phrase «JAIME LES MA- THEMATIQUES». On utilise donc uniquement les 26 lettres de l alphabet en majuscule, sans symbole ni ponctuation. Les lettres seront codées par des nombres allant de 0 à 25, indiquant la position de la lettre dans l ordre alphabétique : 0 pour A, 2 pour B,, 25 pour Z. Notre exemple se code donc en : 9 0 8 12 4 11 4 18 12 0 19 7 4 12 0 19 8 16 20 4 18 1) Chiffrement de César Utilisé durant l antiquité par le général romain, le chiffre de César commence par le choix d un nombre entier c 0, 25 appelé la clé. Si x 0, 25 est le code d une lettre, on note f c (x) l entier de 0, 25 congru à x + c modulo 26. On construit donc, ce faisant, une fonction f c 0, 25 0, 25. Une fois calculé pour chacune des lettres l image par f c, on convertit le nombre obtenu en lettre en utilisant le même procédé que précédemment. Pour reprendre notre exemple avec par exemple c = 3, la suite de lettres est cette fois : 12 3 11 15 7 14 7 21 15 3 22 10 7 15 3 22 11 19 23 7 21. Et le texte codé devient : «MDLPHOHVPDWKHPDWLTXHV» et en rajoutant des espaces pour tromper l ennemi : «MDLP HOHVP DWKHP DWL TXHV». Pour déchiffrer le message, le récepteur, qui connaît la clé, fait le décalage en sens inverse en utilisant la fonction f 26 c, dans notre cas f 23. La grande faiblesse de ce chiffrement est qu il ne résiste pas à l analyse de fréquence. Autrement dit, si l on sait mesurer la fréquence d apparition d une lettre donnée dans un texte long de la langue supposée du message (un roman par exemple), on peut utiliser ces données pour déchiffrer. On sait par exemple qu en français, les lettres les plus fréquemment utilisées sont dans l ordre e, a, s puis i. Dans notre cas, la lettre apparaissant le plus souvent dans le message secret est le H. Pour passer de E à H il faut décaler de 3 crans, ce qui conduit immédiatement à faire le décalage inverse et on déchiffre immédiatement le message. Ceci suppose que l on sait quelle technique a été employée. Sinon on continue d étudier les fréquences d apparition des lettres jusqu à obtenir le message. 2) Chiffrement affine Le chiffre affine est une version améliorée du chiffre de César. On choisit deux entiers a et b de 0, 25 (la clé est le couple (a, b)) et la fonction de chiffrement est f a,b définie pour tout x 0, 25 par f a,b (x) = y où y est l unique entier de x 0, 25 congru à ax + b modulo 26. N importe quels nombres a et b ne conviennent pas : il faut que deux lettres différentes ne puissent pas être chiffrées par la même lettre. Dans le cas contraire, on ne pourrait pas revenir au message initial.

III) Applications du cours 21 Exemple : Pour a = 2 et b = 1, on constate que A et N sont transformées en B. Si on lit B dans le message secret, comment doit-on l interpréter? A B C D E F G H I J K L M N O P Q R x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 f 2,1 (x) 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 1 3 5 7 9 B D F H J L N P R T V X Z B D F H J S T U V W X Y Z x 18 19 20 21 22 23 24 25 f 2,1 (x) 11 13 15 17 19 21 23 25 L N P R T V X Z Il faut donc que tous les entiers de 0, 25 soient utilisés lors de l utilisation de la fonction f a,b. On veut donc que pour tout y 0, 25 il existe un unique x 0, 25 tel que y = f a,b (x). Dans l ensemble des nombres réels, l équation y = ax + b a une unique solution si a 0 : x = a 1 [y + ( b)]. Dans notre cas précis, les seuls nombres avec lesquels on peut calculer sont les entiers de 0, 25 et modulo 26. Exercice 5 : (Recherche d opposés modulo 26.) Déterminer modulo 26 et dans 0, 25 les opposés éventuels des nombres de 0, 25. Solution : Soit b 0, 25. On peut toujours trouver le nombre de 0, 25 qui est congru à b modulo 26 : si b b [26], il existe un entier k Z tel que b = b + 26k. Si b = 0, b = 0, sinon b 1, 25 et b + 26k 0, 25 si et seulement si k = 1 et b = 26 b. Si, comme on l a vu, il est facile de trouver l opposé de b, en revanche, il n est évident de trouver pour un entier a 0, 25 donné, un entier a 0, 25 qui soit l inverse de a, c est à dire qui vérifie l égalité fondamentale aa 1 [26]. Exercice 6 : (Recherche d inverses modulo 26) Déterminer modulo 26 et dans 0, 25 les inverses éventuels des nombres de 0, 25. Solution : Soit a 0, 25. S il existe a 0, 25 tel que aa 1 [26], alors il existe un entier k Z tel que aa 1 = 26k, ou encore tel que aa 26k = 1. On reconnaît une égalité de Bézout entre a et 26. D après le théorème de Bézout, la dernière égalité est vraie si et seulement si a et 26 sont premiers entre eux. Puisque les diviseurs (positifs) de 26 sont 1, 2, 13 et 26, les nombres de 0, 25 premiers avec 26 sont les nombres qui ne sont ni divisibles par 2, ni divisibles par 13. Il suffit donc d ôter de l ensemble 0, 25 les nombres pairs et 13 : 1, 3, 5, 7, 9, 11, 15, 17, 19, 21, 23 et 25. Si a est l un des entiers de la liste ci-dessus, on peut déterminer a en résolvant l équation diophantienne ax + 26y = 1 et en cherchant une solution particulière telle que x 0, 25. On commence donc à l aide de l algorithme d Euclide étendu à déterminer un couple (x 0, y 0 ) tel que ax 0 + 26y 0 = 1. Soit alors deux entiers x et y tels que ax + 26y = 1. En soustrayant membre à membre puis en utilisant le théorème de Gauss, on peut affirmer qu il existe un entier relatif λ tel que x = x 0 + 26λ et y = y 0 aλ. Si x 0 0, 25, on pose a = x 0, sinon, en ajoutant à x 0 un multiple de 26, on obtiendra un nombre de 0, 25 qui sera alors a. On déduit de l exercice précédent que les seules valeurs acceptables pour a sont 1, 3, 5, 7, 9, 11, 15, 17, 19, 21, 23 et 25. Pour b en revanche, n importe quel nombre de 0, 25 convient.