ARITHMETIQUE CAPES Interne de MATHEMATIQUES

CAPES Interne de MATHEMATIQUES
Novembre 2010
ARITHMETIQUE
Eléments de correction des exercices
Bibliographie : Manuels de Terminale S - Spécialité
Et pour approfondir :
A.Warusfel, P.Attali, et al, Arithmétique, chez Vuibert
F Combes, Algèbre et Géométrie, Capes, Agrégation, Licence, Maîtrise, chez Bréal.
J de Biasi, Mathématiques pour le Capes et l’Agrégation interne, Nouvelle Edition 2004, chez Ellipses.
B Bajou - M Ranguin - X Sorbe, Mathématiques Oral du Capes, chez Masson.
1. Remarquer
que Z
=
N∪ (−N) , avec N∩ (−N)
0 si n = 0

2n − 1 si n > 0 est bijective; conclure.
Φ : Z→N, n −→

−2n si n < 0
=
{0},
puis
considérer
l’application
Montrer que P (N) est non dénombrable, c’est montrer qu’il n’existe pas de surjection de N dans P (N) . Soit
f : N→P (N) une application et soit A l’ensemble défini par A = {n ∈ N / n ∈
/ f (n)} : supposons qu’il
existe n0 ∈ N tel que A = f (n0 ) ; alors, de par la définition de A, n0 ∈ A; de ce fait, n0 ∈ ∁N A. Or
∁N A = {n ∈ N/n ∈ f (n)} et ainsi n0 ∈ A ; on aboutit donc à une contradiction. On a donc prouvé que A n’est
pas dans l’image de f et donc que f n’est pas surjective. Comme ceci est vrai pour toute application de N dans
P (N) , on en déduit qu’il n’existe pas de surjection de N sur P (N)et ainsi que P (N) n’est pas dénombrable.
2. Voir bibliographie : résultat de cours à savoir justifer. Repose essentiellement sur la division euclidienne par b.
(3)
3. (a) En effectuant les divisions euclidiennes successives de 256 par 3, obtenir 256 = 100111
3
(b) Montrer que le problème
2
revient à déterminer b ∈ N\ {0, 1} tel que 256 = 2b + b + 1. Puis remarquer :
3
256 = 2b + b + 1 ⇔ b 2b + 1 = 255 avec 255 = 3 × 5 × 17. En déduire qu’il n’y a que 3 valeurs possibles de
b (b ≥ 2) : b = 3, b = 5 ou b = 17. D’après (a) , on sait que 3 ne convient pas ; puis vérifier que b = 5 convient.
3
2
3
2
De même ici: on cherche
2b ≥ 2 tel que 2b + 8b = 256, soit tel que b + 4b − 128 = 0 ; vérifier que
3
2
b + 4b − 128 = (b − 4) b + 8b + 32 et en déduire que la seule solution possible est 4. Mais comme toute
écriture d’un entier en base de 4 se fait avec les chiffres 0, 1, 2, 3, conclure qu’il n’y a aucune base de numération
en laquelle 256 s’écrit 2800.
4. (a) Voir bibliographie. Plusieurs démonstrations sont possibles pour montrer l’infinitude de l’ensemble des
nombres premiers.
(b) Pour tout n ∈ N∗ : (n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, ..., (n + 1)! + n + 1 sont n entiers consécutifs non premiers,
car divisibles respectivement par 2, 3, ..., n + 1.
(c) Raisonner par l’absurde : supposerqu’il existe seulement un nombre fini d’entiers premiers de la forme
4n − 1 : p1 , p2 , ...pr . Considérer N = 4 rk=1 pk − 1. Alors N ≡ −1 [4] . Or, N n’est divisible par aucun de pk
et n’est pas pair, donc tous ses diviseurs premiers p vérifient p ≡ 1 [4] (en effet, un nombre entier impair m
vérifie m ≡ 1 [4] ou m ≡ 3 [4] , c’est-à-dire m ≡ 1 [4] ou m ≡ −1 [4]) ; mais alors, on obtient N ≡ 1 [4] , et une
contradiction.
5. Soit N ∈ N∗ , N = di=1 pki i où les pi sont des entiers naturels premiers distincts deux à deux, et ki sont des
entiers positifs. Les diviseurs de N sont les entiers de la forme di=1 plii , où 0 ≤ li ≤ ki (préciser le théorème
justifiant cette affirmation...). Donc leur nombre est n = di=1 (ki + 1) .
Si N est le carré d’un entier, alors pour tout i ∈ [[1, d]] , ki est pair, donc ki + 1 est impair, et ainsi n est impair.
Réciproquement, si n est impair, aucun de ses facteurs n’est pair, donc ki est pair pour tout i : ki = 2li , et
2
d
li
p
.
N=
i=1 i
d
ki
αi
αi
On a SN = 1≤α1 ≤k1 ,1≤α2 ≤k2 ,...,1≤αd ≤kd
= di=1
.
i=1 pi
αi =1 pi
De plus, PN =
d|N d =
d|N (N/d) =
Nn
, d’où PN = N n/2 .
PN
6. (a) Vérifier : ∀n ∈ N,
∗ n (n + 1) est pair, donc divisible par 2
∗ et selon que le reste dans la division euclidienne de n par 3 soit 0, 1 ou 2 alors n est divisible par 2, (2n + 1)
1
est divisible par 3 ou n + 1 est divisible par 3; en déduire que n (n + 1) (2n + 1) est divisible par 3.
Conclure.
(b) Soient m, n entiers naturels tels que A = m2 + n2 ; puisque A est un nombre impair, alors m et n sont de
parité contraire.
On peut supposer
m pair et n impair ; donc m = 2m′ et n = 2n′ + 1, avec m′ , n′ ∈ N. En
′2
′2
′
déduire A = 4 m + n + n + 1, et conclure.
7. Soit x un nombre écrit sous la forme xn xn−1 ...x1 x0 dans le système décimal ; on a donc x = ni=0 xi 10i .
(a) 10 ≡ 0 [2] , donc x ≡ x0 [2] ; ainsi un nombre est divisible par 2 si et seulement si le nombre écrit avec
son chiffre des unités l’est. De même avec 5, car 10 ≡ 0 [5] .
n
(b) 10 ≡ 1 [3] , donc x ≡ i=1 xi [3] ; ainsi un nombre est divisible par 3 si et seulement si la ”somme de ses
chiffres” est divisible par 3. De même pour 9, car 10 ≡ 1 [9] .
(c) 10 ≡ −1 [11] , donc x ≡ ni=1 (−1)i xi [11] ; ainsi un nombre est divisible par 11 si et seulement si la
différence entre ”la somme de ses chiffres de rangs impairs” avec la ”somme de ses chiffres de rangs pairs” est
divisible par 11.
Remarque De manière plus génrale, en base b (b ≥ 2) , on a aussi des critères de divisibilité par d, où d est un
diviseur de b, puis par b − 1 et aussi par b + 1.
8. Vérifier : 32 ≡ 4 ≡ −1 [5] , donc 34 ≡ 1 [5] ; en déduire ∀n ∈ N, 34n+1 ≡ 3 [5] puis 5 | 34n+1 + 2.
(b) Puisque 35 = 7 × 5 avec 5 ∧ 7 = 1, vérifier que 35 divise 34n+1 si et seulement si 7 divise 34n+1 + 2. Vérifier
ensuite : 34 ≡ 4 [7] , puis 42 ≡ 2 [7] et 43 ≡ 1 [7] ; donc ∀k ∈ N, 43k ≡ 1 [7] , 43k+1 ≡ 4 [7] , et 43k+2 ≡ 2 [7] .
En déduire que 35 divise 34n+1 si et seulement si 4n est de la forme 3k + 1, soit 4n ≡ 1 [3] , c’est-à-dire si et
seulement si n ≡ 1 [3] .
9. (a) Vérifier : 37 ≡ 4 [11] , 372 ≡ 5 [11] , 373 ≡ 9 [11] , 374 ≡ 3 [11] et 375 ≡ 1 [11] ; en déduire que la suite des
classes modulo 11 des puissances de 37 est périodique de période 5. Puis remarquer que 2008 = 5k + 3, avec
k ∈ N ; en déduire que le reste dans la division par 11 de 372008 est 9.
78
(b) Les deux derniers chiffres de x = 20066 écrit dans le système décimal sont les deux chiffres du représentant,
compris entre 0 et 99, de la classe de x modulo 100.
Or 2006
≡
6 [100] ,
20062 ≡ 36 [100] , 20063 ≡ 16 [100] , 20064 ≡ 96 ≡ −4 [100] , 20065 ≡ −24,
20066 ≡ −144 ≡ 56 [100] , 20067 ≡ 36 ≡ 20062 [100] . En déduire que la suite des puissances k − ièmes
de 2006, k ≥ 2, est périodique de période 5.
78
Or 6 ≡ 1 [5] , donc toutes les puissances de 6 vérifient : 6n ≡ 1 [5] . En déduire 20066 ≡ 20066 ≡ 56 [100] et
conclure. 9
8
Pour 20067 , remarquer : 7 ≡ 2 [5] , donc 72 ≡ 4 ≡ −1 [5] , d’où 74 ≡ 1 [5] et en déduire 74k ≡ 1 [5] pour tout
entier naturel k ; or 4 divise 8, donc 4 divise toutes les puissances de 8, en particulier 4 divise 89 . En déduire
9
9
qu’il existe un entier naturel p non nul tel que 78 = 5p + 1, soit 78 = 5p′ + 6 avec p′ ∈ N ; en déduire que
89
20077 se termine aussi par 56 dans son écriture décimale.
(p − 1)!
p
p
10. (a) S oit p un entier naturel premier. ∀k ∈ [[2, p − 1]] ,
=p×
et
est un entier ; or p
k
k
k! (p − k)!
est premier et 2 ≤ k ≤ p − 1, donc
aucun des facteurs (distincts de 1) du dénominateur ne divisent p. Ainsi
(p − 1)!
p
est un entier, et
est divisible par p.
k
k! (p − k)!
(b) On en déduit que pour tous entiers x et y, (x + y)p ≡ xp + y p [p] , puis que pour tous entiers x1 , x2 , ..., xn ,
(x1 + x2 + ... + xn )p ≡ xp1 + xp2 + ... + xpn [p] . Avec x1 = x2 = ... = xn = 1., on obtient np ≡ n [p] . Puis
np−1 ≡ 1 [p] dès que p ne divise pas n.
(c) Application Soit m ∈ N, et soit p un diviseur premier de M = (m!)2 + 1 (Remarque : un tel p existe car
on sait que tout entier supérieur ou égal à 2 admet au moins un diviseur premier); on a p > m car pour tout
k, 1 ≤ k ≤ m, k | m! donc k | M. De plus, comme p ne divise pas m!, par le “petit” théorème de Fermat, on a
p−1
(m!)p−1 ≡ 1 [p] . Or, par hypothèse, (m!)2 ≡ −1 [p] ; en déduire (−1) 2 ≡ 1 [p] , puis p−1
2 pair. Conclure.
n
n
n
n
11. n ∈ N∗ ; montrer 7 | 24 + 5 et 21 | 24 + 5, où, par convention, la notation 24 signifie 2(4 ) .
2
Par le théorème de Fermat, comme 7 est premier et ne divise pas 2, alors 26 ≡ 1 [7] . Vérifier que pour tout
k
n
n
n ∈ N∗ , 4n ≡ 4 [6] , donc 4n = 4 + 6k, où k ∈ N∗ ; d’où 24 = 24 × 26 et 24 ≡ 24 ≡ 2 ≡ −5 [7]. D’où le
résultat.
n
n
Comme 21 = 7 × 3, avec 3 ∧ 7 = 1, pour montrer 21 | 24 + 5, il reste à montrer 3 | 24 + 5. D’après le théorème
n
n
de Fermat, 22 ≡ 1 [3] , or 4n ≡ 0 [2] , donc 24 ≡ 1 [3] et 24 + 5 ≡ 1 + 5 ≡ 0 [3] . Conclure.
t
m
s
12. a, m ∈ N\
{0, 1} : si m n’estpas premier, alors m = st, avec 1 < s, t < m, et a − 1 = (a ) − 1 =
t−1
(as − 1) (as )
+ ... + as + 1 , et comme a, s ≥ 2, aucun des facteurs n’est égal à 1, donc am − 1 n’est pas
premier.
Si a = 2, alors am − 1 = (a − 1) am−1 + ... + a + 1 ; vérifier qu’aucun des facteurs n’est 1. Donc am − 1 n’est
pas premier. Conclure.
13. Soit n ∈ N∗ , n = 2p−1 (2p − 1) où 2p − 1 est premier ; ainsi par l’exercice (12), p est un nombre premier. Les
l
diviseurs propres de n sont donc tous les entiers de la forme 2k (2p − 1) où k varie de 0 à p − 2 et l = 0 ou
p−1 k
p−2 k p
p−1
p
−1
l = 1; donc leur somme est S = k=0 2 (2 − 1) + k=0 2 = (2p − 1) 2 2−1−1 + 22−1
= n. Ainsi n est parfait.
Soit n un entier parfait pair ; donc n = 2r m, avec m impair. Les diviseurs de nsont tous
de la
les entiers
r+1
r
2
forme 2k d où d | m et 0 ≤ k ≤ r La somme de ces diviseurs est Sn = k=0 2k
d
=
S
−1
m
d|m
où Sm est la somme de tous les diviseurs de m. Or si n est parfait alors Sn = 2n, d’où 2r+1 − 1 divise
2r+1 − 1 et 2r+1 sont premiers entre eux,
on en déduit
que 2r+1 − 1 divise m, c’est à dire
2n = 2r+1 m. Comme
r+1
r+1
∗
r+1
m= 2
− 1 q, avec q ∈ N . Si q > 1, alors 1, q, 2 −1 et 2
− 1 q sont
distincts
de m,
des diviseurs
ainsi
Sm ≥ 1 + q + 2r+1 − 1 + 2r+1 − 1 q = 2r+1 (q + 1) et Sn ≥ 2r+1 (q + 1) 2r+1 − 1 > 2r+1 q 2r+1 − 1 = Sn ,
relation fausse. Ainsi q = 1 ; et m = 2r+1 − 1 avec Sm = 2r+1 = m + 1, ce qui n’est possible que si m est
premier. D’où le résultat. Conclure.
14. Soit a ∈ N \ {0, 1} . Raisonnons par contraposée : supposons que m n’est pas une puissance de 2. Alors
k m′
k
′
il existe k ∈ N et m′ impair, m′ ≥ 3 tels que m = 2k m′ . Ainsi am + 1 = a2 m + 1 = a2
+1 =
k m′ −1 k m′ −2 k m′ −3
k
k
a2 + 1
a2
− a2
+ a2
− ... − a2 + 1 ; vérifier qu’avec les hypothèses les deux
facteurs de ce produit sont des entiers strictement supérieurs à 1, et conclure.
n
Pour n ∈ N, Fn = 22 + 1 ; ainsi F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257 et F4 = 65537, et on vérifie
que tous ces entiers sont premiers. Par contre F5 = 232 + 1 est composé, car divisible par 641. En effet :
641 = 27 × 5 + 1 = 24 + 54 , donc 27 × 5 ≡ −1 [641] et 24 ≡ −54 [641] ; on en déduit:
4
4
232 ≡ 27 × 24 ≡ − 27 × 5 ≡ − (−1)4 ≡ −1 [641] (méthode dûe à Euler).
m 2n′
Soient m, n ∈ N, m = n ; montrons Fm ∧ Fn = 1. Supposons m < n, ainsi n = m + n′ et Fn = 22
+1 =
n′
n′
(Fm − 1)2 +1 ; soit d ∈ N∗ un diviseur de Fm , ainsi Fm = λd, donc Fm −1 ≡ −1 [d] et Fn ≡ (−1)2 +1 ≡ 2 [d] .
Comme Fm est impair, d est distinct de 2, et donc d est diviseur commun à Fm et Fn si et seulement si d = 1.
Remarque : de ce dernier résultat, on peut déduire une autre manière de prouver qu’il y a une infinité de
nombres premiers. En effet, pour chaque k ∈ N, considérer pk un diviseur premier de Fk ; puisque les Fk sont
premiers entre eux deux à deux, la suite de pk est formée d’éléments distincts deux à deux.
15. 21 = 3 × 7, avec 3 ∧ 7 = 1, donc : 21 | 2xyyx2 ⇔ (2xyyx2 ≡ 0 [3] et 2xyyx2 ≡ 0 [7] , avec 0 ≤ x, y ≤ 9).
Obtenir que les couples (x, y) solutions sont les éléments de {(2, 2) , (5, 2) , (8, 2) , (1, 9) , (4, 9) , (7, 9)} .
16. (a) Relation de Bézout : si a et b sont deux entiers et si d = a ∧ b, alors il existe u et v tels que au + bv = d.
Remarquer que dire : d = a ∧ b, revient à dire : a = da′ et b = db′ avec a′ ∧ b′ = 1, et ainsi au + bv = d est
équivalent à a′ u + b′ v = 1.
Soient donc a, b ∈ N, , a ∧ b = 1. Existence de u, v ∈ Z, tels que au + bv = 1?
1ère méthode L’algorithme d’Euclide repose sur le théorème suivant :
si a, b ∈ N, avec b = 0, et si a = bq + r avec q, r ∈ N , alors a ∧ b = b ∧ r.
En admettant ce résultat : soient a, b ∈ N, b = 0 ; on définit les suites (qn ) et (rn ) par récurrence de la façon
suivante : r0 = b, q1 = q et r1 = r, où q et r sont respectivement le quotient et le reste dans la division
3
euclidienne de a par b, et ∀k ∈ N∗ , si rk = 0, qk+1 et rk+1 sont respectivement le quotient et le reste dans la
division euclidienne de rk−1 par rk (et donc si rk est nul, l’algorithme s’arrête et la suite (rk ) est finie). Ainsi la
suite (rk ) est une suite strictement décroissante d’entiers naturels ; en déduire qu’elle est nécessairement finie,
donc il existe n ∈ N tel que rn+1 = 0 (et donc rk = 0 pour k ≤ n). De plus, d’après le théorème précédent, on
a a ∧ b = r0 ∧ r1 = rk ∧ rk+1 pour tout k ∈ [[0, n]] , en particulier a ∧ b = rn ∧ rn+1 = rn ∧ 0 = rn . D’où un
algorithme de détermination de a ∧ b.
En utilisant l’algorithme d’Euclide, avec a ∧ b = 1, en notant r−1 = a et en reprenant les notations précédentes,
on
a
rn−2
=
rn−1 qn
+
rn
avec
rn
=
1,
d’où
1 = rn−2 − rn−1 qn = rn−2 − (rn−3 − rn−2 qn−1 ) qn = rn−2 (1 + qn−1 qn ) − rn−3 qn . Montrer par récurrence
que 1 = αk rk + β k rk−1 pour tout k ∈ [[0, n − 1]] ; et en déduire le résultat cherché en prenant k = 0.
Et remarquer que cela donne un moyen pratique de déterminer u et v.
2ème méthode Vérifier que, comme a∧b = 1, alors les b−1 entiers a, 2a, ..., (b − 1) a ont des restes tous distincts
et non nuls dans la division euclidienne par b (on peut soit raisonner directement de manière “élémentaire”,
soit raisonner dans l’anneau Z/bZ dans lequel on remarquera que a est un élément inversible puisque a ∧ b = 1
et donc a est un générateur du groupe additif Z/bZ). Donc il existe u ∈ {1, 2, ..., b − 1} tel que au ≡ 1 [b] , et il
existe aussi v ∈ Z, au − 1 = bv. D’où l’existence de u et v; remarquer qu’on obtient également ici une méthode
pour trouver u et v.
Application (i) Résoudre dans Z2 : (1) 132x + 77y = 11 . On remarque : (1) ⇔ 12x + 7y = 1. Notons a = 12
et b = 7
- 1ère méthode : L’algorithme d’Euclide donne ici: 12 = 7 × 1 + 5, 7 = 5 × 1 + 2, 5 = 2 × 2 + 1, et 2 = 2 × 1 + 0.
D’où
1 = 5 − 2 × 2 = 5 − (7 − 5 × 1) × 2 = 5 × 3 − 7 × 2 = (12 − 7 × 1) × 3 − 7 × 2
= 12 × 3 − 7 × 5. D’où 1 = 12 × 3 + 7 × (−5) .
- 2ème méthode : ici b < a, on considère les b − 1 premiers multiples de a et on regarde leur reste dans la
division euclidienne par b, c’est à dire leur classe modulo b. On trouve 12 × 1 ≡ 5 [7] , 12 × 2 ≡ 10 ≡ 3 [7] ,
12×3 ≡ 15 ≡ 1 [7] , 12×4 ≡ 20 ≡ 6 [7] , 12×5 ≡ 25 ≡ 4 [7] , 12×6 ≡ 30 ≡ 2 [7] . Finalement 12×3 ≡ 1 [3] (on
pouvait donc s’arrêter à 12 × 3 dans la liste précédente!) ; et 12 × 3 = 36 = 7 × 5 + 1, d’où 1 = 12 × 3 + 7 × (−5) .
De ce résultat, déduire : (1) ⇔ 12 (x − 3) = 7 (−5 − y) . En déduire que si (x, y) est solution de (1) , alors
7 | (x − 3) (par le théorème de Gauss), donc il existe t ∈ Z tel que x = 3 + 7t, et donc y = −5 − 12t. Ce qui
prouve que si S désigne l’ensemble des solutions de (1) , alors S ⊂ {(3 + 7t, −5 − 12t) / t ∈ Z} . Puis vérifier
l’inclusion contraire, et conclure : S = {(3 + 7t, −5 − 12t) / t ∈ Z} .
(ii) Puis résoudre : (2) 132x + 77y = 44
Remarquer : (2) ⇔ 12x + 7y = 4 ; on a vu que 12 × 3 + 7 × (−5) = 1, ce qui permet d’obtenir la solution
particulière (3 × 4, (−5) × 4) . Puis, en raisonnant comme ci-dessus, obtenir S = {(12 + 7t, −20 − 12t) / t ∈ Z} .
(c) Dans Z2 , (1) : ax + by + c = 0, où a, b, c ∈ Z. Soit d = a ∧ b. Notons S l’ensemble des solutions de (1) .
1er cas: si d | c, S = ∅.
2ème cas: si d | c. Soient a′ , b′ , c′ tels que a = da′ , b = db′ et c = dc′ . Alors
(1) ⇔ a′ x + b′ y = c′ , avec a′ ∧ b′ = 1. Soient u, v ∈ Z, au + bv = 1 (u et v existent d’après (a)). Et
(1) ⇔ a′ x + b′ y = c′ (a′ u + b′ v) ⇔ a′ (x − c′ u) = b′ (c′ v − y) ⇒ ∃t ∈ Z, x = c′ u − tb′ et y = c′ v + ta′ , d’après
le théorème de Gauss. Réciproquement, les couples (c′ u − tb′ , c′ v + ta′ ) , avec t ∈ Z, sont bien des solutions.
Conclure.
17. Vérifier 2n2 + 3n − 1 = (2n − 1) (n + 2) + 1; en utilisant le théorème de Bézout (au fait, qu’est-ce que c’est
????), en déduire que les nombres 2n2 + 3n − 1 et n + 2 sont premiers entre eux.
En déduire que A est un entier naturel si et seulement si (n + 2) divise (2n − 1) ; obtenir que ceci est équivalent
à (n + 2) divise 5, et conclure.
18. L’entier p étant premier, Z/pZ est un corps ; de plus ∀x ∈ Z/pZ, ax = ax. En déduire que le système a une
unique solution si et seulement si ad − bc = 0 dans Z/pZ, et que dans ce cas, les formules usuelles s’appliquent.
3x + 5y = 4
Dans Z/7Z :
. Ici, le déterminant est non nul modulo 7, et on peut utiliser ce qui précède ; on
2x + 4y = 2
peut aussi raisonner directement :
4
3x + 5y = 4
x = 5 4 − 5y
−1
⇔
car 3 = 5.
2x + 4y = 2
3 4 − 5y + 4y = 2
Après calculs, on obtient S = 3, 6
3x + 5y = 4
Dans Z/6Z, pour résoudre
, on ne peut raisonner de même car on n’est plus dans un corps.
2x + 4y = 2
−1
Cependant 5 est inversible dans Z/6Z, avec 5 = 5.
3x + 5y = 4
y = 5 4 − 3x
En procédant par substitution, on obtient
⇔
, et finalement
2x + 4y = 2
2x = 0
S = 0, 2 , 3, 5 .
3x + 5y = 4
⇔
2x + 4y = 2
19. Théorème de Wilson : Si p est non premier alors (p − 1)! ≡ 0 [p] .
Réciproquement : p étant premier, Z/pZ est un corps donc tout élément est inversible ; et de plus
x2 ≡ 1 [p] ⇔ (x − 1) (x + 1) ≡ 0 [p] ⇔ x ≡ 1 [p] ou x ≡ −1 [p] .
Ainsi seuls 1 et p − 1 sont leur propre inverse dans Z/pZ. Donc, si p ≥ 3, les éléments 2, 3, ..., p − 2, qui sont
en nombre pair, peuvent être regroupés
par paires telles que dans chacune de ces paires, le produit des deux
éléments soit égal à 1. On en déduit p−1
k=1 k = 1 × p − 1 ; conclure.
Problème
(1) Utiliser le fait que pour 1 ≤ k ≤ n−1, r (k − 1) est non nul et donc r (k) est le reste dans la division eucilidenne de
r (k − 2) par r (k − 1) ; ainsi il existe qk ∈ Z tel que r (k − 2) = r (k − 1) qk +r (k) , et comme 0 < r (k − 1) < r (k − 2) ,
obtenir qk ≥ 1, et conclure.
(2) Raisonner par récurrence sur n en posant (Pn ) : “αn−1 ≤ F (n) et αn ≤ F (n + 1)” : vérifier que (P0 ) est
vraie, puis montrer l’hérédité, c’est-à-dire que l’on a ((Pn ) =⇒ (Pn+1 )) pour tout n ∈ N; pour cela, utiliser le fait
que α est le nombre d’or, et donc qu’il est solution de l’équation x2 − x − 1 = 0. Conclure.
(3) Raisonner ici par récurrence finie sur k, en posant, pour 0 ≤ k ≤ n : (Qk ) : “r (n − k + 1) ≥ F (k) et
r (n − k + 2) ≥ F (k + 1)”; vérifier que Q (0) est vraie, puis montrer que pour tout k ∈ [[0, n − 1]] on a Q (k) =⇒
Q (k + 1) . En déduire que Q (k) est vraie pour tout k ∈ [[0, n]] .
Ainsi Q (n) est vraie, soit : r (−1) ≥ F (n), d’où, avec (2) : a ≥ αn−1 ; en utilisant le fait que ln est une
fonction strictement croissante sur R+ , en déduire ln a ≥ (n − 1) ln α, puis, comme ln α > 0 puisque α > 1, obtenir
1
n ≤ A ln a + B avec A =
et B = 1.
ln α
Vérification sur l’exemple d’introduction : on avait n = 3, et A ln a + B = ln1α ln 44 + 1 ≈ 8, 863 9; donc l’inégalité
est vérifiée.
5