QUELQUES EXERCICES EN PLUS (1) Montrer que si a|b et b|c

QUELQUES EXERCICES EN PLUS
(1) Montrer que si a|b et b|c, alors a|c
Solution : a|b ⇒ il existe n ∈ Z tel que an = b. De même b|c ⇒ il existe m ∈ Z
tel que bm = c. Alors, anm = c et donc a|c.
(2) Montrer que si a|b et a|c, alors a|bx + cy pour tous entiers x, y.
Solution : a|b ⇒ il existe n ∈ Z tel que an = b. De même a|c ⇒ il existe m ∈ Z
tel que am = c. Alors, bx + cy = anx + amy = a(nx + my), donc a|bx + cy pour
tous entiers x, y.
(3) Trouver tous les entiers x, y tels que 56x + 35y = pgcd (56, 35).
Solution :
56 = 35 · 1 + 21 ⇒ 21 = 56 − 35
35 = 21 · 1 + 14 ⇒ 14 = 35 − 21
21 = 14 · 1 + 7 ⇒ 7 = 21 − 14
14 = 7 · 2 + 0
On a pgcd (56, 35) = 7 et on doit résoudre 56x + 35y = 7 qui est équivalent à
résoudre 8x + 5y = 1. Une solution particulier évident est (x0 , y0 ) = (2, −3), mais
si vous ne la trouvez pas de tête on peut aussi la trouver remontant les expressions
obtenus pour trouver les pgcd :
7 = 21 − 14 = 21 − (35 − 21) = 2 · 21 − 35 = 2 · (56 − 35) − 35 = 2 · 56 − 3 · 35
et on retrouve encore (x0 , y0 ) = (2, −3).
Maintenant on cherche toutes les autres solutions. Soit (x, y) une autre solution,
alors
( on a :
8 · 2 + 5 · (−3) = 1
⇒ 8(2 − x) = 5(3 + y).
8x + 5y = 1
On en déduit que 8|5(3 + y) et comme on a 8 ∧ 5 = 1 par le Lemme de Gauss on
sait que 8|3 + y et donc il existe λ ∈ Z tel que 8λ = 3 + y d’où y = −3 + 8λ.
On substitue dans l’équation précédent pour trouver x :
8(2 − x) = 5(3 − 3 + 8λ) ⇒ x = 2 − 5λ
.
(
x = 2 − 5λ
Les solutions cherchées sont :
avec λ ∈ Z.
y = −3 + 8λ
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QUELQUES EXERCICES EN PLUS
(4) Calculer le pgcd(12075, 4655)
Solution : Comme dans le cas précédant. La solution est pgcd(12075, 4655) = 35
(5) Montrer que si a et b sont premiers entre eux, alors pgcd(a + b, a − b) = 1 ou 2.
Solution : Fait en cours.
(6) Soient a et b deux entiers. Montrer que pour tout n ∈ N, a − b divise an − bn
Solution : Ceci est un peut moins facile. Il faut trouver l’expression suivante
an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + an−3 b2 + ... + abn−2 + bn−1 ).
Si vous développez à droite vous vous rendez compte que l’égalité est vraie et donc
a − b divise an − bn .
(7) Déterminer les couples d’entiers (a, b) tels que a ∧ b = 13 et a + b = 182.
Solution : Je ne pensais pas donner cet exercice dans la feuille. Je voulais simplement que vous trouviez des couples de naturelles tels que a ∧ b = 13 et a + b = 182.
C’est un problème nettement plus facile.
Alors la réponse pour a, b ∈ N est la suivante. Le fait a ∧ b = 13 implique qu’ils
existent a0 , b0 ∈ N avec a = 13a0 , b = 13b0 et a0 ∧ b0 = 1. On en déduit 13(a0 + b0 ) =
182 ⇔ a0 + b0 = 14. Les couples cherchées sont (a0 , b0 ) ∈ {(1, 13), (3, 11), (5, 7)} (on
les trouve “à la main”) et donc (a, b) ∈ {(13, 169), (39, 143), (65, 91)}.
Maintenant le cas écrit (
originalement avec a, b ∈ Z. Le raisonnement antérieur
a0 ∧ b 0 = 1
nous emmène à résoudre
avec a, b ∈ Z, d’où on déduit que b0 =
a0 + b0 = 14
14 − a0 et il faut déterminer pour quels a0 ∈ Z on a que le pgcd(a0 , 14 − a0 ) = 1.
Soit x ≥ 0 ce pgcd, alors x|a0 et x|14 − a0 donc x|14 c’est-à-dire, x ∈ {1, 2, 7, 14}. Il
faut comprendre quand est-ce que x 6= 1. Si a0 est paire, alors on a que 2|a0 et 2|b0
et donc a0 ∧ b0 6= 1 donc a0 est impaire et on peut l’écrire comme a0 = 2k + 1 avec
k ∈ Z. On note aussi que si a est impaire alors x 6= 14.
Il nous reste simplement éliminer les cas avec x = 7. Supposons que 7|a0 alors
0 ≡ a0 [7] ≡ 2k + 1[7] ≡ 2k − 6[7] ≡ 2(k − 3)[7] et ceci implique que k ≡ 3[7]. Donc
pour a0 = 2k + 1 avec k ≡ 3[7] on a que a0 ∧ b0 = 7 6= 1.
Donc, la solution à l’exercice est
(
a0 = 1 + 2k
b0 = 13 − 2k
avec k ∈ Z, k 6≡ 3[7].
et pour obtenir a et b on multiplie a0 et b0 par 13.
(8) Montre que 270 + 370 est divisible par 13.
Solution :
270 + 370 ≡ (26 )11 24 + (33 )23 3 ≡ (−1)11 24 + (1)23 3 ≡ −16 + 3 ≡ −13 ≡ 0[13]
QUELQUES EXERCICES EN PLUS
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(9) Étudier le reste de la division euclidienne de 2123 + 3121 par 11.
Solution :
2123 + 3121 ≡ (25 )24 23 + (35 )24 3 ≡ (−1)24 23 + (1)24 3 ≡ 8 + 3 ≡ 11 ≡ 0[11].
(10) Démontrer que si le pgcd(a, b)=1, alors le pgcd(a + b, ab) = 1.
Solution : Supposons qu’il y a p premier tel que p|a + b ∧ ab. Alors on a que p|ab
et puisque pgcd(a, b)=1 on déduit que soit p|a ou p|b mais p ne divise pas les deux.
Quitte à échanger a et b on peut supposer que p|a et donc il existe n ∈ Z tel que
np = a. Mais par définition de p on a aussi que p|a + b et donc il existe m ∈ Z tel
que mp = a + b = np + b d’où b = p(m − n) et donc p|b. Contradiction. On a que p
n’existe pas et donc pgcd(a + b, ab) = 1.
(11) Montrer que si n est impair alors n2 ≡ 1[8].
Solution : n impaire implique n = 2k + 1 avec k ∈ Z. Alors n2 = 4k 2 + 4k + 1 =
4k(k + 1) + 1. Il ne reste que remarquer que soit k soit k + 1 est un nombre paire
et donc 4k(k + 1) = 8k 0 pour quelque k 0 ∈ Z. Il suit n2 ≡ 8k 0 + 1 ≡ 1[8].
(12) Trouver le reste de la division euclidienne de 1001000 par 13.
Solution :
1001000 ≡ (1003 )333 100 ≡ (1)333 100 ≡ 9[13]