Ultrabac Terminale S - Exercice de spécialité du sujet Polynésie juin

Ultrabac Terminale S – Exercice de spécialité du sujet Polynésie juin 2010
Les parties A et B sont indépendantes.
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Mais rien n'est fini car on nous demande «les couples d'entiers naturels solutions de (E)»,
c'est-à-dire ceux tels que :
1
1
6.λ + 1 ≥ 0 et 7.λ + 1 ≥ 0 ⇔ λ ≥ −
et λ ≥ −
6
7
Partie A
On considère l'équation :
(E) : 7 x − 6 y = 1
Bref, l'entier λ doit être
supérieur ou égal à 0.
où x et y sont des entiers naturels.
1. Donner une solution particulière de l'équation (E).
Une solution de l'équation diophantienne (E) est le couple (1;1) . En effet :
Conclusion : les solutions de l'équation diophantienne (E) sont les couples d'entiers
naturels de la forme ( 6.λ + 1;7.λ + 1) où λ est lui-même un entier naturel .
7 ×1 − 6 ×1 = 7 − 6 = 1
Partie B
2. Déterminer l'ensemble des couples d'entiers naturels solutions de l'équation (E).
Nous devons résoudre dans l'ensemble des entiers naturels l'équation diophantienne (E).
Nous allons d'abord procéder à une résolution dans , puis nous nous restreindrons à .
De quelle(s) forme(s) sont les solutions de l'équation diophantienne (E) ?
Si le couple d'entiers relatifs ( u; v ) est solution de (E), alors nous avons :
7 × u − 6 × v = 1 = 7 ×1 − 6 × 1
Prise par les deux bouts, cette égalité peut alors aussi s'écrire :
7 × u − 7 × 1 = 6 × v − 6 × 1 ⇔ 7 × ( u − 1) = 6 × ( v − 1)
Dans cette partie, on se propose de déterminer les couples ( n; m ) d'entiers naturels non
nuls vérifiant la relation :
(F) : 7 n − 3 × 2m = 1
1. On suppose que m ≤ 4 .
Montrer qu'il y a exactement deux couples solutions.
Dans cette question, l'entier m peut prendre quatre valeurs. Voyons ce qu'il advient de la
relation (F) dans chacun de ceux-ci.
m = 1 : 7n − 3 × 21 = 1 ⇔ 7 n − 6 = 1 ⇔ 7n = 7 ⇔
n =1
Donc 6 divise le produit 7 × ( u − 1) .
m = 2 : 7 − 3 × 2 = 1 ⇔ 7 − 12 = 1 ⇔ 7 = 13
Pas de solution !
Comme 6 est premier avec le facteur 7, alors 6 divise nécessairement l'autre facteur
u − 1 d'après le théorème de Gauss.
Donc il existe un entier relatif λ tel que :
u − 1 = 6.λ ⇔ u = 6.λ + 1
Il vient alors :
7 × ( u − 1) = 6 × ( v − 1) ⇔ 7 × 6 × λ = 6 × ( v − 1) ⇔ 7.λ = v − 1
m = 3 : 7n − 3 × 23 = 1 ⇔ 7 n − 24 = 1 ⇔ 7 n = 25
Pas de solution !
n
⇔ v = 7.λ + 1
Donc toutes les solutions de l'équation diophantienne sont de la forme ( 6.λ + 1;7.λ + 1)
où λ est un entier relatif quelconque.
A présent, se pose la question de la réciproque : tous les couples de cette forme sont-ils
solutions de (E) ?
Vérifions-le !
7 × ( 6.λ + 1) − 6 × ( 7.λ + 1) = 42.λ + 7 − 42.λ − 6 = 1
Donc tout couple d'entiers relatifs de la forme ( 6.λ + 1;7.λ + 1) est bien solution de (E).
Ainsi les couples d'entiers relatifs solutions de l'équation diophantienne (E) sont-ils ceux
de la forme ( 6.λ + 1;7.λ + 1) où λ est un entier relatif.
2
n
n
4
n
n
n
m = 4 : 7 − 3 × 2 = 1 ⇔ 7 − 48 = 1 ⇔ 7 = 49 ⇔ n = 2
Conclusion : la relation (F) n'admet que deux solutions si m ≤ 4 . Il s'agit des couples :
(1;1) et ( 2; 4 )
2. On suppose maintenant que m ≥ 5 .
2.a. Montrer que si le couple ( n; m ) vérifie la relation (F), alors 7 n ≡ 1 modulo 32
D'abord, comme m ≥ 5 , alors il existe un entier naturel k tel que :
m = 5+ k
Ensuite, si le couple ( n; m ) vérifie la relation (F), alors nous avons :
n
m
n
5+ k
7 − 3× 2 = 1 ⇔ 7 − 3× 2
Modulo 32, cette dernière égalité devient :
5
2
= 1 ⇔ ⇔ 7 − 3 × 32 × 2k = 1
n
7 n − 3 × 0 × 2k ≡ 1 ⇔ 7 n − 0 ≡ 1 ⇔ 7n ≡ 1 modulo 32
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2.b. En étudiant les restes de la division par 32 des puissances de 7, montrer que si le
couple ( n; m ) vérifie la relation (F), alors n est divisible par 4.
Partons à l'aventure ! A quoi les premières puissances 7 sont-elles congrues modulo 32 ?
70 ≡ 1 modulo 32
2.d. Pour m ≥ 5 , existe-t-il des couples ( n; m ) d'entiers naturels vérifiant la relation (F) ?
Supposons qu'il existe un couple d'entiers naturels ( n; m ) vérifiant la relation (F). Nous
aurions alors :
7 n − 3 × 2m = 1
1
7 ≡ 7 modulo 32
Modulo 5, cette égalité deviendrait :
72 ≡ 49 ≡ 17 modulo 32
3
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7 n − 3 × 2m ≡ 1 ⇔
1 − 3 × 2m ≡ 1
⇔ −3 × 2 m ≡ 0
×( −1)
⇔
3 × 2m ≡ 0 modulo 5
2
7 ≡ 7 × 7 ≡ 17 × 7 ≡ 119 ≡ 23 modulo 32
Repartons à l'aventure ! A quoi le produit 3 × 2m est-il congru modulo 5 ?
74 ≡ 73 × 7 ≡ 23 × 7 ≡ 161 ≡ 1 modulo 32
3 × 20 ≡ 3 ×1 ≡ 3 modulo 5
75 ≡ 74 × 7 ≡ 1× 7 ≡ 7 modulo 32
Et ainsi de suite...
Il semble que les restes des puissance de 7 modulo 32 soient cycliques suivant une
période de 4 et égaux alternativement à 1, 7, 17 et 23. Prouvons-le !
On appelle q et r les quotient et reste de la division euclidienne de n par 4. Ces quatre
entiers vérifient les deux égalités :
n = 4× q + r
et
r ∈ {0;1; 2;3}
En travaillant modulo 32, il vient alors :
( )
7 n ≡ 7 4×q + r ≡ 7 4.q × 7 r ≡ 7 4
q
× 7 r ≡ 1q × 7r ≡ 1× 7r ≡ 7r ≡
1
si r = 0
7
si
r =1
3 × 21 ≡ 3 × 2 ≡ 6 ≡ 1 modulo 5
3 × 22 ≡ 3
× 2 × 2 ≡ 1× 2 ≡ 2 modulo 5
3 × 23 ≡ 3 × 22 × 2 ≡ 2 × 2 ≡ 4 modulo 5
3 × 24 ≡ 3 × 23 × 2 ≡ 4 × 2 ≡ 8 ≡ 3 modulo 5
Modulo 5, le produit 3 × 2m ne semble être congru qu'à 1, 2, 4 ou 3. Prouvons-le !
Les quotient q et reste r de la division euclidienne de m par 4 vérifient les égalités
m = 4× q + r
et
r ∈ {0;1; 2;3}
Il vient alors en travaillant modulo 5 :
17 si r = 2
23 si r = 3
A présent, revenons à notre relation (F) !
Si un couple ( n; m ) vérifie la relation (F), alors d'après la question précédente :
7 n ≡ 1 modulo 32
D'après ce que nous venons de faire, cela n'est le cas que lorsque et seulement lorsque le
reste r de la division euclidienne de n par 4 est nul. Soit, lorsque n est divisible par 4.
Conclusion : si le couple ( n; m ) vérifie la relation (F), alors n est divisible par 4.
2.b. En déduire que si le couple ( n; m ) vérifie la relation (F), alors 7 n ≡ 1 modulo 5
D'après la question précédente, si le couple ( n; m ) vérifie la relation (F), alors n est un
3 × 2m ≡ 3 × 24×m + r
3 ×1 ≡ 3
q
3× 2 ≡ 1
≡ 3 × 24 × 2r ≡ 3 × 1q × 2r ≡ 3 × 2r ≡
3× 4 ≡ 2
3× 8 ≡ 4
( )
si r = 0
si r = 1
si r = 2
si r = 3
Une chose est sûre : le produit 3 × 2m n'est jamais congru à 0 modulo 5.
Conclusion : la supposition faite est fausse. Si m ≥ 5 , il n'existe pas de couples d'entiers
naturels ( n; m ) vérifiant la relation (F).
Nous aurions pu aboutir à une contradiction...plus rapidement !
3 × 2m ≡ 0 modulo 5 ⇔ 5 divise le produit 3 × 2m
5 étant premier avec chacun de ses facteurs 2 et 3, il ne peut diviser le produit 3 × 2m
d'après le théorème de Gauss...
multiple de 4 et il existe donc un entier naturel k tel que n = 4.k . Il vient alors :
n
7 ≡7
4.k
≡7
2×2×k
( )

≡  72

2
k
( ) ≡ (( −1) )
 ≡ 49

2
k
2
k
k
≡ 1 ≡ 1 modulo 5
3. Conclure, c'est-à-dire déterminer l'ensemble des couples d'entiers naturels non nuls
vérifiant la relation (F).
Il n'existe que deux couples d'entiers naturels vérifiant la relation (F) : (1;1) et ( 2; 4 )