ff - exercices sur les nombres

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FF - EXERCICES SUR LES NOMBRES
Arithmétique
Nota : dans cette section, sauf indication contraire, tous les nombres utilisés sont des nombres entiers.
Trouver les nombres entiers n ≥ 3 tels que l’on puisse partager l’ensemble {1, . . . , n} en deux
sous-ensembles dont la somme des éléments de l’un soit égal au produit des éléments de l’autre.
Solution
Notons S et P les deux ensembles. Le problème est toujours possible sauf pour n = 4.
Si n = 3 Le problème est évident avec S = {1, 2} et P = {3}.
Si n = 2p ≥ 6, considérons
P = {1, p − 1, 2p}
et S = {1, . . . , n} \ P .
Alors, la somme σ des éléments de S est le produit de ceux de P car
σ=
2p−1
X
k=1
k − 1 − (p − 1) = p(2p − 1) − p = 2p2 − 2p = 1 × (p − 1) × (2p) .
Si n = 2p + 1 ≥ 5, considérons
P = {1, p, 2p}
et S = {1, . . . , n} \ P .
Alors, la somme σ des éléments de S est le produit de ceux de P car
σ=
2p+1
X
k=1
k − 1 − 3p = (p + 1)(2p + 1) − 1 − 3p = 2p2 = 1 × p × (2p) .
Dans le cas n = 4 par contre, on constate qu’aucune partition ne convient. En effet, si l’on prend une
partition {{a, b, c} , {d}}, l’égalité
a+b+c= d
implique
10 = a + b + c + d = 2d
donc d = 5, ce qui n’est pas possible. De même, égalité
a×b×c= d
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implique
24 = 4! = a × b × c × d = d2
qui n’est pas possible non plus.
Si l’on prend une partition {{a, b} , {c, d}}, l’égalité
a×b = c+d
implique
a × b + a + b = a + b + c + d = 10
puis
(a + 1)(b + 1) = a × b + a + b + 1 = 11 ,
qui n’est pas possible.
Trouver les nombres entiers naturels non nuls x et y tels que x − y divise x + y.
Solution
Si l’on a
x + y = λ(x − y) ,
avec λ entier non nul, on en tire
(λ + 1)y = (λ − 1)x ,
et λ est supérieur à 2.
Il y a alors deux cas possibles.
1) si λ = 2p + 1, alors
(p + 1)y = px ,
et p + 1 divise x. Donc x = q(p + 1), d’où y = qp.
Réciproquement, si
x = q(p + 1) et
y = qp ,
alors x − y = q divise x + y = q(2p + 1).
2) si λ = 2p, alors
(2p + 1)y = (2p − 1)x ,
et 2p + 1 divise x. Donc x = q(2p + 1) d’où y = q(2p − 1).
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Réciproquement, si
x = q(2p + 1) et y = q(2p − 1) ,
alors x − y = 2q divise x + y = 4qp.
Remarque : on a en particulier comme solutions les nombres x = q(r + 1) et y = q(r − 1).
Soit a et b deux nombres entiers naturels non nuls. Montrer que les conditions suivantes sont
équivalentes :
(i) a + b divise a × b
(ii) a + b divise a2
(iii) a + b divise b2
Trouver tous les couples (a, b) vérifiant ces conditions.
Solution
En écrivant
a2 = a(a + b) − ab
l’équivalence de (i) et (ii) est évidente, et par symétrie du problème, celle de (i) et (iii) également.
Soit a et b tels que a + b divise ab. Il existe q entier tel que
ab = q(a + b) .
Soit δ le PGCD de a et b. On a donc
a = δa′
et b = δb′
avec a′ et b′ premiers entre eux. Alors
δ2 a′ b′ = qδ(a′ + b′ )
puis
δa′ b′ = q(a′ + b′ ) .
Comme a′ et b′ sont premiers avec a′ + b′ , le produit a′ b′ divise q. Il existe λ entier tel que
q = λa′ b′ ,
donc
δa′ b′ = λa′ b′ (a′ + b′ ) ,
ce qui donne
δ = λ(a′ + b′ ) ,
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ainsi que
a = λa′ (a′ + b′ ) et b = λb′ (a′ + b′ ) .
Inversement, soit a′ et b′ deux nombres entiers naturels non nuls, et λ un entier naturel. Posons
a = λa′ (a′ + b′ ) et b = λb′ (a′ + b′ ) .
Alors
a + b = λ(a′ + b′ )2
divise
a × b = λ2 a′ b′ (a′ + b′ )2 .
Remarque : on a également
1
1 1
+ = ,
a b
q
et ce qui précède donne deux nombres entiers dont la somme des inverses est l’inverse d’un nombre
entier.
Soit a et b deux nombres entiers naturels non nuls.
1) Montrer que pour tout entier naturel n
a2n + b2n ≡ 2(−ab)n
mod (a + b) .
2) Trouver les nombres a et b tels que a2n + b2n soit divisible par a + b.
3) Expliciter ces nombres si n = 1. Dans ce cas, quand a et b sont-ils premiers entre eux ?
Solution
1) Evaluons la différence
∆n = a2n + b2n − 2(−ab)n .
Si n = 2s, on a
∆n = a2n + b2n − 2an bn = (a2s − b2s )2 ,
et a2s − b2s est divisible par a + b.
Si n = 2s + 1,
∆n = a2n + b2n + 2an bn = (a2s+1 + b2s+1 )2 ,
et a2s+1 + b2s+1 est divisible par a + b.
2) D’après ce qui précède, a2n + b2n est divisible par a + b si et seulement si 2(ab)n est divisible par
a + b. Soit a et b tels que a + b divise 2(ab)n . Il existe donc q entier tel que
2(ab)n = q(a + b) .
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Soit δ le PGCD de a et b. On a donc
a = δa′
et b = δb′
avec a′ et b′ premiers entre eux. Alors
2δ2n (a′ b′ )n = qδ(a′ + b′ )
et donc
2δ2n−1 (a′ b′ )n = q(a′ + b′ ) .
Comme (a′ b′ )n et a′ + b′ sont premiers entre eux, le produit (a′ b′ )n divise q. Il existe λ entier tel que
q = λ(a′ b′ )n ,
donc
2δ2n−1 (a′ b′ )n = λ(a′ b′ )n (a′ + b′ ) ,
ce qui donne
2δ2n−1 = λ(a′ + b′ ) .
Il en résulte que a′ + b′ divise 2δ2n−1 .
Inversement, soit trois nombres a′ , b′ , δ, tels que a′ + b′ divise 2δ2n−1 , alors si
a = δa′
et b = δb′
le nombre a + b = δ(a′ + b′ ) divise 2δ2n et, puisque,
2(ab)n = 2δ2n (a′ b′ )n ,
le nombre a + b divise bien 2(ab)n .
3) Lorsque n = 1, le nombre a′ + b′ divise 2δ, c’est-à-dire
2δ = λ(a′ + b′ ) ,
avec λ entier.
Si a′ et b′ sont tous deux impairs (a′ + b′ )/2 est un nombre entier qui divise δ. Donc
δ=λ
ainsi que
a′ + b′
,
2
a ′ + b′
a′ + b′
et b = λb′
.
2
2
Ces nombres sont premiers entre eux si et seulement si λ = a′ = b′ = 1 c’est-à-dire a = b = 1.
a = λa′
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Si a′ et b′ n’ont pas la même parité, il faut que λ soit pair. Alors, si λ = 2µ,
a = µa′ (a′ + b′ ) et b = µb′ (a′ + b′ ) .
Ces nombres ne sont jamais premiers entre eux.
1) Soit u et v deux nombres entiers premiers entre eux. Montrer que
(i) si u et v n’ont pas la même parité, u2 + v 2 et u3 + v 3 sont premiers entre eux ;
(ii) si u et v sont impairs, (u2 + v 2 )/2 et (u3 + v 3 )/2 sont premiers entre eux.
2) Trouver les nombres entiers naturels non nuls a et b tels que a2 + b2 divise a3 + b3 .
Solution
1) Soit λ un facteur premier de u2 + v 2 et de u3 + v 3 . En remarquant que
(u2 + v 2 )(u2 + uv + v 2 ) − (u3 + v 3 )(u + v) = 2u2 v 2 ,
on en déduit que λ divise 2u2 v 2 . Comme u et v sont premiers entre eux, cela implique que u2 + v 2 est
premier avec u2 et v 2 . On en déduit que λ = 2.
(i) Si u et v n’ont pas la même parité, le nombre u2 + v 2 est impair et 2 ne peut être un facteur premier
de u2 + v 2 . Donc u2 + v 2 et u3 + v 3 sont premiers entre eux.
(ii) si u et v sont impairs, les nombres u2 + v 2 et u3 + v 3 sont pairs. Alors 2 est le seul facteur premier
commun de u2 + v 2 et u3 + v 3 . Maintenant si 2k divise ces deux nombres, il divise 2u2 v 2 . Comme u et
v ne sont pas divisibles par 2, on a k = 1. Alors (u2 + v 2 )/2 et (u3 + v 3 )/2 sont premiers entre eux.
2) Soit a et b tels que a2 + b2 divise a3 + b3 . Il existe q tel que
a3 + b3 = q(a2 + b2 ) ,
Soit δ le PGCD de a et b. On a donc
a = δa′
et b = δb′
avec a′ et b′ premiers entre eux. Alors
3
3
3
3
2
2
δ3 (a′ + b′ ) = qδ2 (a′ + b′ )
et donc
2
2
δ(a′ + b′ ) = q(a′ + b′ ) .
Soit σ le PGCD de δ et q. Donc
δ = σδ′
et q = σq ′
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avec δ′ et q ′ premiers entre eux. Alors
3
3
2
2
δ′ (a′ + b′ ) = q ′ (a′ + b′ ) .
(i) Si a′ et b′ n’ont pas la même parité, a′ 3 + b′ 3 et a′ 2 + b′ 2 sont premiers entre eux, donc
2
δ ′ = a ′ + b′
et par suite
2
2
3
3
et q ′ = a′ + b′ ,
2
2
2
a = σa′ (a′ + b′ ) et b = σb′ (a′ + b′ ) .
Réciproquement, si a′ et b′ n’ont pas la même parité, et si σ est un entier positif, en posant
2
2
2
2
a = σa′ (a′ + b′ ) et b = σb′ (a′ + b′ ) ,
on a dans ce cas
2
2
2
3
a2 + b2 = σ 2 (a′ + b′ )3
qui divise
2
3
a3 + b3 = σ 3 (a′ + b′ )3 (a′ + b′ ) .
(ii) Si a′ et b′ sont impairs
δ′
a′ 3 + b′ 3
a ′ 2 + b′ 2
= q′
.
2
2
et les nombres (a′ 3 + b′ 3 )/2 et (a′ 2 + b′ 2 )/2 sont premiers entre eux, donc
δ′ =
a ′ 2 + b′ 2
2
et q ′ =
a′ 3 + b′ 3
,
2
et par suite
a′ 2 + b′ 2
a ′ 2 + b′ 2
et b = σb′
.
2
2
Réciproquement, si a′ et b′ sont impairs, et si σ est un entier positif, en posant
a = σa′
a = σa′
a ′ 2 + b′ 2
2
et b = σb′
on a dans ce cas
a2 + b2 = 2σ 2
a′ 2 + b′ 2
2
qui divise
a3 + b3 = 2σ 3
a′ 2 + b′ 2
2
!3
1) Montrer que n3 + n2 + 1 n’est jamais divisible par 5.
2) Déterminer n pour que n4 + n3 + 1 soit divisible par 5.
a′ 2 + b′ 2
,
2
!3
a′ 3 + b′ 3
.
2
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Solution
1) Posons
ϕ(n) = n3 + n2 + 1 .
Dans Z/5Z, on a
ϕ(0) = 1 , ϕ(1) = 3 , ϕ(2) = 13 = 3 , ϕ(3) = 37 = 2 , ϕ(4) = 81 = 1 .
Comme ϕ ne s’annule pas sur Z/5Z, il en résulte que n3 + n2 + 1 n’est jamais divisible par 5.
2) Si l’on pose maintenant
ψ(n) = n4 + n3 + 1 ,
on a cette fois
ψ(0) = 1 , ψ(1) = 3 , ψ(2) = 25 = 0 , ψ(3) = 109 = 4 , ψ(4) = 5 × 43 + 1 = 1 ,
donc, dans Z/5Z la fonction ψ s’annule uniquement si n = 2. Il en résulte que n4 + n3 + 1 est divisible
par 5 si et seulement si
n = 5k + 2
avec k dans Z.
Déterminer les nombres entiers n tels que 2n + 18 et n + 3 soient premiers entre eux.
Solution
Soit δ le PGCD de 2n + 18 et de n + 3. Alors δ divise
2n + 18 − 2(n + 3) = 12 .
Les facteurs premiers de δ ne peuvent être que 2 ou 3.
Comme 2 divise 2n + 18, si l’on veut qu’il ne divise pas n + 3, il faut et il suffit que n soit pair.
Si l’on veut que 3 ne divise pas n + 3, il faut et il suffit qu’il ne divise pas n, et il en est de même pour
2n + 18. Donc 3 n’est pas facteur premier commun si et seulement si 3 ne divise pas n.
Finalement, les nombres cherchés sont les nombres pairs non divisibles par 3 c’est-à-dire les nombres
de la forme 6k + 2 ou 6k + 4 où k est dans Z.
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Soit a, b, c trois nombres entiers relatifs. Montrer que si a3 + b3 + c3 est divisible par 7, alors
abc est divisible par 7.
Solution
Regardons les restes des cubes modulo 7. On a
x 0 1 2 3 4 5
6
x3 0 1 1 −1 1 −1 −1
Si aucun des nombres a, b, c n’est divisible par 7, la somme a3 + b3 + c3 est congrue à un des nombres
3, 1, −1 ou −3 donc n’est pas divisible par 7. Donc pour que la somme des cubes soit divisible par
7 il faut qu’au moins un des nombres a, b, c le soit, ce qui implique que le produit abc est divisible par 7.
Montrer que, quel que soit le nombre entier naturel non nul n, le nombre
a=
1
1
1
+
+
n n+1 n+2
n’est jamais un nombre décimal.
Solution
On a, en réduisant au même dénominateur,
a=
n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) + n(n + 2)
N
=
.
n(n + 1)(n + 2)
n(n + 1)(n + 2)
avec
N
= 3n2 + 6n + 2
= 3(n + 1)2 − 1
= 3(n + 2)2 − 6(n + 2) + 2 .
Cherchons si l’on peut avoir
a=
q
,
10s
avec q et s entiers.
On aurait alors
10s N = qn(n + 1)(n + 2) .
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Soit λ un facteur premier d’un des nombres n, n + 1, n + 2 distinct de 2 et 5. Alors ce nombre divise N . Mais d’après les trois expressions de N écrites plus haut, le nombre λ diviserait 1 ou 2 ce qui
est impossible. Les nombres n, n+1 et n+2 ont pour seuls facteurs premiers possibles les nombres 2 et 5.
Si n est impair, il en est de même de n + 2, mais ils ne peuvent être tous deux des puissances de 5.
Si n est pair, il en est de même de n + 2, On doit donc avoir
n = 2t
et n + 2 = 2s = 2t + 2 ,
donc
2s−1 = 2t−1 + 1 ,
ce qui n’est possible que si t = 1 et s = 2, c’est-à-dire n = 2 et n + 2 = 4, mais alors n + 1 = 3 n’est
pas divisible par 5.
Finalement la relation
a=
q
,
10s
avec q et s entiers est impossible.
Trouver les nombres entiers a et b compris entre 0 et 99 pour lesquels il existe deux nombres
α et β dans {0, . . . , 9} vérifiant
a + b = 10α + β
et a − b = 10β + α .
Combien y a-t-il de couples (a, b) possibles ?
Solution
Si c’est le cas, on a donc
2a = 11(α + β) et 2b = 9(α − β) .
Donc a est multiple de 11 et b multiple de 9. Posons
a = 11λ
et b = 9µ .
Alors
α + β = 2λ
et α − β = 2µ ,
soit
α = λ + µ et β = λ − µ ,
avec les conditions
0 ≤ λ + µ ≤ 9 et 0 ≤ λ − µ ≤ 9 .
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Inversement, soit
a = 11λ
et
b = 9µ
où λ et µ sont dans N et vérifient
λ + µ ≤ 9 et λ − µ ≥ 0 ,
c’est-à-dire
0 ≤ µ ≤ λ ≤ 9 − µ.
Alors λ et µ sont compris entre 0 et 9 et a et b entre 0 et 99. Egalement, λ − µ est inférieur à 9. Enfin
a + b = 11λ + 9µ = 10(λ + µ) + (λ − µ) et a − b = 11λ − 9µ = 10(λ − µ) + (λ + µ) .
Donc a et b satisfont aux conditions voulues.
Comme on a
µ ≤ 9 − µ,
on en déduit que µ est inférieur à 4, et pour chaque valeur de µ, le nombre λ est compris entre µ et
9 − µ donc peut prendre 10 − 2µ valeurs. Le nombre de couples possibles est donc
4
X
µ=0
(10 − 2µ) = 2
4
X
(5 − µ) = 2
µ=0
5
X
n = 30 .
n=1
1) Montrer que si m est un nombre entier tel que 0 < m < 7, alors le nombre 77 − 11m n’est
pas divisible par 7. En déduire que l’on ne peut pas écrire 77 sous la forme 11m + 7n avec m
et n entiers strictement positifs.
2) Soit x un nombre entier, montrer qu’il existe un entier m tel que 0 < m ≤ 7 et tel que
x − 11m soit divisible par 7. En déduire que si x > 77, alors x peut s’écrire sous la forme
11m + 7n avec m et n entiers strictement positifs.
3) On dispose de jetons de deux catégories auxquels on attribue respectivement les valeurs 7
et 11. On tire un certain nombre de jetons et on fait la somme des valeurs obtenues. Trouver
la plus grande valeur ne pouvant être réalisée à partir de tels jetons.
Solution
1) Si 77 − 11m était divisible par 7, il en serait de même de 11m, et comme 11 et 7 sont premiers entre
eux, le nombre m serait divisible par 7 ce qui est impossible si 0 < m < 7.
Si 77 s’écrivait 11m + 7n avec m et n entiers strictement positifs, alors
77 − 11m = 7n
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serait divisible par 7. Par ailleurs
11(7 − m) = 7n > 0
donc m < 7, ce qui est impossible d’après ce qui précède.
2) Dans Z/7Z on a le tableau suivant
m 0 1 2 3 4 5 6
11m 0 4 1 5 2 6 3
qui montre que l’application qui à m associe 11m est surjective. Donc, pour tout entier x, il existe un
entier m, que l’on peut choisir dans ] 0, 7 ] , tel que
x ≡ 11m
mod 7 ,
ce qui signifie que x − 11m est divisible par 7, et donc qu’il existe n entier tel que
x = 11m + 7n .
En particulier, si x > 77, on a
7n = x − 11m > 77 − 11m = 11(7 − m) ≥ 0 ,
donc n est strictement positif. Alors on a bien
x = 11m + 7n
avec m et n entiers strictement positifs.
3) Si l’on prend n pions notés 7 et m notés 11, on obtient la somme
x = 11m + 7n .
D’après 2), tous les nombres x > 77 sont réalisables avec m et n strictement positifs.
Soit maintenant un nombre x tel que
0 ≤ x = 11m + 7n ≤ 77 .
On a donc
0 ≤ m ≤ 7 et 0 ≤ n ≤ 11 .
Il suffit de faire le tableau des valeurs prises par 11m + 7n dans ce cas.
0
1
2
3
4
5
6
7
0
0
11
22
33
44
55
66
77
1
7
18
29
40
51
62
73
2
14
25
36
47
58
69
3
21
32
43
54
65
76
4
28
39
50
61
72
5
35
46
57
68
6
7
8
9 10 11
42 49 56 63 70 77
53 60 67 74
64 71
75
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On constate que l’on obtient tous les nombres de 60 à 77, mais pas 59. Donc 59 est la plus grande
valeur ne pouvant être réalisée.
Trouver la forme générale des nombres n dont le carré est terminé par deux chiffres égaux
non nuls en base 10. Quels sont les derniers chiffres possibles pour ces nombres ?
Solution
Remarquons tout d’abord que le carré d’un nombre entier est terminé par un des nombres 0, 1, 4, 5,
6 ou 9.
Un nombre terminé par deux chiffres égaux non nuls est de la forme
x = 100a + 11b ,
où a est un entier naturel et b est un entier compris entre 1 et 9.
Si l’on avait
n2 = (2p + 1)2 = 100a + 11b ,
on obtiendrait modulo 4
1 ≡ 3b
donc b = 3 ou b = 7. Mais il n’existe pas de carré terminé par 3 ou 7.
Donc, si un carré vérifie les conditions demandées, c’est celui d’un nombre pair n = 2p. Dans ce cas
4p2 = 100a + 11b
et b est un multiple de 4. Ce ne peut être 8 puisqu’il n’y a pas de carré terminé par 8. Donc il reste
b = 4, et l’équation
(2p)2 = 100a + 44
équivaut successivement à
p2 = 25a + 11
puis à
p2 − 36 = 25(a − 1)
et enfin à
(p − 6)(p + 6) = 25(a − 1) .
Comme p−6 et p+6 ne peuvent être divisés simmultanément par 5, c’est que l’un des deux est divisible
par 25, c’est-à-dire
p = 25k + 6 ou p = 25k − 6 ,
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et
n = 50k + 12 ou n = 50k − 12 .
On constate que le carré de ces nombres est bien terminé par 44. Les nombres n eux mêmes sont
terminés par 12 ou 62 dans le premier cas, et par 38 ou 88 dans le second.
Si n est un nombre entier naturel non nul, soit ε(n) le nombre de diviseurs de n. Montrer que
si
n = pα1 1 · · · pαk k
où p1 , . . . , pk sont des nombres premiers distincts et α1 . . . , αk sont des nombres entiers naturels, alors
ε(n) = (α1 + 1) · · · (αk + 1) .
En déduire que si n divise m strictement, alors ε(n) < ε(m).
Applications.
1) Trouver le plus petit nombre ayant 30 diviseurs.
2) Trouver les nombres à deux chiffres (en base 10), ayant le plus grand nombre de diviseurs.
Solution
Pour obtenir un diviseur, il suffit de prendre chaque pi à une puissance comprise entre 0 et αi , ce qui
fait αi + 1 possibilités. On a donc
k
Y
(αi + 1) .
ε(n) =
i=1
Si n divise m strictement alors
n = pα1 1 · · · pαk k
et m = pβ1 1 · · · pβk k
avec, pour tout i,
αi ≤ βi ,
une au moins de ces inégalités étant stricte. Il en résulte que
ε(n) = (α1 + 1) · · · (αk + 1) < (β1 + 1) · · · (βk + 1) = ε(m) .
Applications.
1) On veut
ε(n) = (α1 + 1) · · · (αk + 1) = 30 .
Comme
30 = 6 × 5 = 5 × 3 × 2
FF 15
on a trois possibilités
(α1 = 29) ou (α1 = 5 et α2 = 4) ou (α1 = 4 ,
α2 = 2 ,
α3 = 1) .
Si l’on veut le nombre le plus petit, on prend p1 = 2, p2 = 3 et p3 = 5, donc
n = 229
ou
n = 25 × 34 = 2592
ou
n = 24 × 32 × 5 = 720 .
Le plus petit nombre cherché est donc 720.
2) Etudions le problème suivant les décompositions de n en facteurs premiers. Tout d’abord on remarque qu’il ne peut pas y avoir plus de 3 facteurs premiers distincts pour un nombre à deux chiffres,
car 2 × 3 × 5 × 7 > 99.
On a les cas particuliers suivants :
n = 25 × 3
n = 23 × 32
n = 22 × 3 × 5
n = 22 × 3 × 7
n = 2 × 32 × 5
= 96
= 72
= 60
= 84
= 90
ε(n) = 6 × 2
ε(n) = 4 × 3
ε(n) = 3 × 2 × 2
ε(n) = 3 × 2 × 2
ε(n) = 2 × 3 × 2
= 12
= 12
= 12
= 12
= 12
et nous allons voir que dans les autres cas, on a ε(n) < 12.
(i) Si n = pα , on a au plus α ≤ 6 (lorsque p = 2) et ε(n) ≤ 7.
(ii) Si n = pα1 × p2 , avec α ≤ 4 (ce qui est le cas pour des facteurs distincts de 2), on a
ε(n) = 2(α + 1) ≤ 2 × 5 = 10 .
(iii) Si n = p1 × p2 × p3 , on a ε(n) = 2 × 2 × 2 = 8.
Les autres valeurs de n possibles divisent une des précédentes, donc ε(n) < 12.
Finalement, le plus grand nombre de diviseurs est donc 12. Il est obtenu pour les nombres 96, 90, 84, 72
et 60.
Si n est un nombre entier naturel, de la forme
n = pα1 1 · · · pαk k
où p1 , . . . , pk sont des nombres premiers distincts et α1 . . . , αk sont des nombres entiers naturels, trouver la somme S(n) des diviseurs de n.
Application. On cherche des nombres égaux à la moitié de la somme de ses diviseurs. Montrer
que si n = 2α r avec r premier, alors r = 2α+1 − 1. En déduire les trois premiers nombres de
la forme cherchée.
FF 16
Solution
Les diviseurs de n sont les nombres de la forme pi11 · · · pikk , où, pour j compris entre 1 et k, on a
0 ≤ ij ≤ αj . Donc, si l’on note
A = {(i1 , . . . , ik ) | ∀j ∈ {1, . . . , k} 0 ≤ ij ≤ αj }
on a
X
S(n) =
(i1 ,...,ik )∈A
On obtient alors
S(n) =
k
Y
j=1
Application.


αj
X
ij =0

i
pjj 


k
Y
j=1
=
i

pjj  .
α +1
k
Y
pj j − 1
j=1
pj − 1
.
Si n = 2α r avec r premier, on a, d’après la formule précédente,
S(n) = (2α+1 − 1)(r + 1) .
On veut donc que
2n = S(n)
ce qui donne
2α+1 r = (2α+1 − 1)(r + 1) ,
ou encore
r = 2α+1 − 1 .
Lorsque ce nombre est premier, le nombre
n = 2α (2α+1 − 1)
répond à la question. Les deux premiers nombres, obtenus pour α = 1 et α = 2, sont
n=6=
1
1
(6 + 3 + 2 + 1) et n = 28 = (28 + 14 + 7 + 4 + 2 + 1) .
2
2
Pour les suivants il faut que α soit pair, car si α = 2s + 1, le nombre
2α+1 − 1 = 22s+2 − 1 = (2s+1 − 1)(2s+1 + 1)
n’est pas premier. Le nombre suivant, obtenu pour α = 4, est
n = 496 =
1
(496 + 248 + 124 + 62 + 31 + 16 + 8 + 4 + 2 + 1) .
2
FF 17
Soit a et b deux nombres entiers premiers entre eux. Montrer qu’il existe deux nombres entiers
non nuls c et d tels que
a2 + b2 + c2 = d2
si et seulement si a et b n’ont pas la même parité. Déterminer alors ces nombres.
Expliciter le résultat lorsque (a, b) = (2, 9) et lorsque (a, b) = (3, 4).
Trouver une valeur de (c, d) lorsque b = a + 1.
Solution
Supposons les nombres a et b impairs, donc
a = 2p + 1 et b = 2q + 1 .
Alors
a2 + b2 = 4(p2 + q 2 + p + q) + 2 ,
est pair mais pas divisible par 4. Si l’on veut avoir
a2 + b2 = d2 − c2 = (d − c)(d + c)
alors (d − c)(d + c) est pair. Mais les nombres d − c et d + c ne peuvent être pairs tous les deux. Si un
seul est pair, alors
2d = (d + c) + (d − c)
serait impair, ce qui est impossible également. Donc si le problème est possible, les nombres a et b sont
de parité différente.
Si les nombres a et b sont de parité différente, alors a2 + b2 est impair. Si l’on veut avoir
a2 + b2 = d2 − c2 = (d − c)(d + c) ,
alors
p = d + c et q = d − c
sont impairs, et l’on a
c=
1
1
(p − q) et d = (p + q) .
2
2
En particulier, on peut prendre
p = a 2 + b2
et dans ce cas
c=
et q = 1 ,
1
1 2
(a + b2 − 1) et d = (a2 + b2 + 1) ,
2
2
FF 18
et donc d = c + 1.
Lorsque (a, b) = (2, 9), on a
a2 + b2 = 4 + 81 = 85 = 5 × 17 .
On a donc deux couples possibles
(c, d) = (42, 43)
et (c, d) = (6, 11) .
Lorsque (a, b) = (3, 4), on a
a2 + b2 = 25 ,
et il existe un seul couple
(c, d) = (12, 13) .
Lorsque (a, b) = (a, a + 1), on a
a2 + b2 = a2 + (a + 1)2 = 2a2 + 2a + 1 .
Alors le couple
(c, d) = (a(a + 1), a2 + a + 1)
convient.
Soit n un nombre entier strictement positif. Montrer que l’équation
x−n + y −n = z −n
possède une solution (x, y, z) en nombres entiers, si et seulement si l’équation
un + v n = w n
possède une solution (u, v, w) en nombres entiers non nuls.
Solution
Quitte à diviser x, y et z par leur PGCD, ce qui ne modifie pas les équations, on peut toujours supposer
x, y et z premiers entre eux.
Dans ce qui suit, nous notons
p = PGCD(x, y)
et alors
x = px′
où x′ et y ′ sont premiers entre eux.
et y = py ′ ,
FF 19
Etudions tout d’abord l’équation
1
1 1
+ = .
x y
z
On a donc
1
1
1
+ ′ = ,
′
px
py
z
ou encore
x′ + y ′
p
=
.
z
x′ y ′
Comme p et z sont premiers entre eux ceci équivaut à
p = x′ + y ′
et z = x′ y ′ ,
et donc
x = x′ (x′ + y ′ ) , y = y ′ (x′ + y ′ ) , z = x′ y ′ .
En appliquant ce qui précède à l’équation
x−n + y −n = z −n
avec x, y, z premiers entre eux, il existe x′ , y ′ , z ′ tels que
xn = x′ (x′ + y ′ ) , y n = y ′ (x′ + y ′ ) , z n = x′ y ′ ,
avec x′ , y ′ premiers entre eux. La dernière égalité n’est possible que si x′ et y ′ sont eux-même des
puissances n−ième, donc
x′ = un et y ′ = v n ,
et
xn = un (un + v n )
ce qui n’est possible que si l’on peut trouver w tel que
w n = un + v n .
Inversement, si
w n = un + v n ,
en posant
x = uw , y = vw , z = uv ,
on a
x−n + y −n =
1
un + v n
1
1
+
=
= n n = z −n .
n
n
n
n
n
n
n
u w
v w
u v w
u v
Remarque : le théorème de Fermat-Wiles, montre qu’il n’y a pas de solution pour n > 2.
FF 20
Soit a, m, n (m < n) des nombres entiers naturels non nuls.
1) Trouver le PGCD D des nombres an − 1 et am − 1.
2) Trouver le PGCD ∆ des nombres an + 1 et am + 1.
Solution
1) En effectuant la division euclidienne de m par n, il existe k entier naturel et r tel que 0 ≤ r < m,
vérifiant l’égalité
n = km + r .
On part de la relation
amk − 1 = (am − 1)(am(k−1) + · · · + 1) .
(1)
Si r = 0, le nombre am − 1 divise an − 1, et
D = am − 1 .
Si r est non nul, le nombre D divise am − 1 donc il divise amk − 1. Il divise aussi an − 1. Alors il divise
la différence
an − amk = amk+r − amk = amk (ar − 1) .
Comme D divise an − 1, il est premier avec a et par suite il divise ar − 1. Il en résulte que D divise
ar − 1 et am − 1 avec 0 < r < m.
En recommençant l’opération avec r et m, on voit apparaître l’algorithme d’Euclide.
Finalement D divise ad − 1 où d est le PGCD de m et n. Comme dans ce cas ad − 1 divise am − 1 et
an − 1, on a finalement
D = 2PGCD(m,n) − 1 .
2) Tout d’abord, remarquons qu’en utilisant la factorisation
((an )k − (−1)k ) = (an + 1)(an(k−1) − an(k−2) + · · · + (−1)k−1 )
on obtient, si k est pair,
(2)
ank − 1 = (an + 1)(an(k−1) − an(k−2) + · · · + (−1)k−1 ) ,
et si k est impair,
(3)
ank + 1 = (an + 1)(an(k−1) − an(k−2) + · · · + (−1)k−1 ) .
Etudions le problème suivant la parité de n et m.
(i) Si n et m sont de parités différentes, alors, en raison des formules (2) et (3), le nombre ∆ divise à
la fois anm − 1 et anm + 1, donc la différence 2. Mais si a est pair an + 1 est impair et dans ce cas
∆ = 1.
FF 21
Par contre si a est impair, an + 1 et am + 1 sont pairs, donc
∆ = 2.
(ii) Si m et n sont impairs, le nombre ∆ divise an + 1 et am + 1, donc la différence an − am . Comme
il est premier avec a, il divise an−m − 1, puis an−m + am , puis an−2m + 1. Par récurrence, ∆ divise un
des deux nombres ar + 1 ou ar − 1, où r est le reste de la division de n par m.
De nouveau apparaît l’algorithme d’Euclide et ∆ divise ad + 1 ou ad − 1, où d est le PGCD de m et n.
Comme d’après (3), s’il en est ainsi, le nombre ad + 1 divise an + 1 et am + 1, on a finalement
∆ = aPGCD(m,n) + 1 .
(iii) Si
n = 2k n′
et m = 2k m′
avec n′ et m′ impairs, posons
k
a′ = a2 .
Alors
′
′
an + 1 = (a′ )n + 1 et am + 1 = (a′ )m + 1 ,
et puisque n′ et m′ sont impairs, on a d’après (ii)
′
k
′
∆ = (a′ )PGCD(m ,n ) + 1 = a2
PGCD(m′ ,n′ )
+ 1 = aPGCD(m,n) + 1 .
(iv) Si
n = 2k n′
et m = 2ℓ m′
avec n′ et m′ impairs et k 6= ℓ. Supposons par exemple k > ℓ et posons
ℓ
a′ = a2 .
Alors
k−ℓ n′
an + 1 = (a′ )2
′
+ 1 et am + 1 = (a′ )m + 1 .
Mais alors 2k−ℓ n′ et m′ sont de parités différentes et d’après le (i)
1 si a est pair
.
∆=
2 si a est impair
Suites arithmétiques et géométriques
Trouver trois nombres réels distincts en progression arithmétique dont le produit soit égal à
−1 et tels que les carrés soient en progression géométrique.
FF 22
Solution
Les trois nombres cherchés étant a − r, a, a + r avec r > 0, on doit donc avoir, puisque les carrés sont
en progression géométrique,
(a − r)2 (a + r)2 = a4 .
Cette équation équivaut successivement à
a4 − 2a2 r 2 + r 4 = a4 ,
puis à
r 2 (r 2 − 2a2 ) = 0 ,
et, puisque r est non nul, à
r 2 = 2a2 .
D’autre part,
(a − r)a(a + r) = −1 ,
équivaut à
a(a2 − r 2 ) = −1 ,
ce qui, avec la condition déjà obtenue donne
a3 = 1 ,
et finalement
a = 1.
On trouve alors
r=
et les trois nombres
1−
√
√
2,
2 , 1 , 1+
√
2,
qui conviennent, comme on le vérifie facilement.
Trouver cinq nombres entiers en progression arithmétique dont la somme des carrés vaut 285.
Solution
Soit a le troisième terme et r > 0 la raison. On doit donc avoir
(a − 2r)2 + (a − r)2 + a2 + (a + r)2 + (a + 2r)2 = 285 ,
ce qui équivaut à
285 = 5a2 + 10r 2 ,
FF 23
puis à
a2 + 2r 2 = 57 .
Comme a et r sont entiers, a doit être impair, et de plus
a2 ≤ 57 ,
donc
−7 ≤ a ≤ 7 .
On doit avoir aussi
57 − a2
.
2
Si a = ±1, ou a = ±3, le nombre r n’est pas entier. Par contre, si a = ±5, on trouve r = 4 et les deux
suites
−3 , 1 , 5 , 9 , 13 et − 13 , −9 , −5 , −1 , 3 ,
r2 =
et si a = ±7 on trouve r = 2 et les deux suites
3 , 5 , 7 , 9 , 11 et
− 11 , −9 , −7 , −5 , −3 ,
qui conviennent toutes les quatre.
Trouver trois nombres réels en progression arithmétique dont la somme des inverses vaut 11/2,
et tels que le produit du plus grand par le plus petit vaut 1/3.
Solution
Les nombres étant a − r, a, a + r, avec r > 0, on doit donc avoir
1
1
1
11
+ +
=
,
a−r a a+r
2
et
(a − r)(a + r) =
On a donc
et puisque
1
2a
11
= + 2
,
2
a a − r2
a2 − r 2 =
on en tire
1
.
3
1
,
3
1
1 + 6a2
11
= + 6a =
,
2
a
a
FF 24
et finalement
12a2 − 11a + 2 = 0 ,
ce qui donne a = 2/3 ou a = 1/4.
Comme
r 2 = a2 −
1
,
3
la valeur a = 1/4 est impossible. Pour l’autre valeur, on obtient r = 1/3 et les nombres 1/3, 2/3, 1 qui
conviennent bien.
Soit n un nombre entier impair, et S la somme des carrés des termes d’une suite arithmétique
de n termes entiers. Montrer que S est divisible par n si n n’est pas divisible par 3, et que S
est divisible par n/3 sinon.
Solution
Si n = 2p + 1, soit a le p−ième terme de la suite et r la raison. Alors
S =
p
p
X
X
(a − kr)2 + a2 +
(a + kr)2
k=1
k=1
p
X
2
= a +2
(a2 + k2 r 2 )
k=1
= (2p + 1)a2 +
2
p
X
k=1
k2
!
r2 .
Comme
p
X
k=1
k2 =
p(p + 1)(2p + 1)
,
6
on trouve
S = na2 +
p(p + 1)n 2 n
r =
3a2 + p(p + 1)r 2 .
3
3
Cette somme S est un nombre entier. Si 3 ne divise pas n, il divise donc 3a2 + p(p + 1)r 2 et n divise
S. Par contre si 3 divise n, alors n/3 divise S.
FF 25
Soit (xn )n≥0 une suite géométrique de raison λ > 0 et (yn )n≥0 une suite géométrique de raison
µ > 0. Montrer que les points du plan de coordonnées (xn , yn ) se trouvent sur une courbe
d’équation
y = αxβ .
Solution
On a
x n = x 0 λn
donc
ln
et yn = y0 µn
xn
= n log λ et
x0
et il en résulte que
ln
ln
yn
= n log µ ,
y0
xn
yn
ln µ
ln
=
.
y0
ln λ
x0
Finalement
yn
= exp
y0
ln µ
xn
ln
ln λ
x0
=
xn
x0
ln µ
ln λ
.
Les points de coordonnées (xn , yn ) se trouvent sur la courbe d’équation
y = αxβ ,
où
µ
− ln
ln λ
α = y 0 x0
et β =
ln µ
.
ln λ
Divers
Pour tout nombre entier naturel non nul k, montrer qu’il existe un entier naturel n tel que
√
√
√
(1 + 2)k = n + n − 1 .
Solution
On utilise la formule du binôme de Newton
(1 +
√
k
2) =
k X
k √
j=0
j
k
2 .
FF 26
Alors en séparant les indices pairs des indices impairs,
√
√
(1 + 2)k = Ak + Bk 2
où Ak et Bk sont entiers naturels positifs.
Mais on a également
(1 −
Alors
√
√
2)k = Ak − Bk 2 .
√
√
√
√
A2k − 2Bk2 = (Ak − Bk 2)(Ak + Bk 2) = (1 − 2)k (1 + 2)k = (−1)k .
Si k est pair, posons
n = 2Bk2 .
On a alors
A2k = n + 1 ,
et donc
(1 +
√
2)k =
√
√
n + n + 1.
Si k est impair, posons cette fois
A2k = n .
On a alors
2Bk2 = n + 1 ,
et de nouveau
(1 +
√
2)k =
√
√
n + n + 1.
Soit (a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn , p) des nombres entiers. On suppose que p ≥ 2, que pour tout i, les
nombres bi et p sont étrangers et que
λ=
n
X
ai
i=1
bi
est un nombre entier. Montrer qu’alors
λ≡
Solution
p
X
i=1
ai bp−2
i
mod p .
FF 27
Comme bi et p sont étrangers, il résulte du théorème de Fermat que
bp−1
≡1
i
mod p .
Alors,
p
X
i=1


! p 
p
Y
X
Y

 ai
ai bp−2
bj  ≡
bj 
i
j=1
j6=i
i=1
En réduisant au même dénominateur, on obtient


p
X
Y
 ai
bj 
j6=1
i=1
λ=
p
Y
mod p .
,
bj
j=1
donc
p
X
ai bp−2
i
i=1
!

p
Y
j=1

bj  ≡ λ
p
Y
bj
mod p .
j=1
Mais, puisque pour tout i les nombres p et bi sont étrangers, on en déduit que
λ≡
p
X
ai bp−2
i
mod p .
i=1
Soit a et p des nombres entiers premiers entre eux. Montrer que quel que soit b entier, l’équation
ax ≡ b
mod p
possède une infinité de solutions.
Solution
Comme a et p sont étrangers, il existe, d’après le théorème de Bezout, deux nombres u et v tels que
au + pv = 1 ,
alors,
aux ≡ bu
mod p
puis
(1 − pv)x ≡ bu
mod p ,
FF 28
et finalement
x ≡ bu
mod p .
Alors
x = bu + np
avec n entier.
Réciproquement, si x est de la forme précédente
ax = abu + anp ≡ abu
mod p ,
d’où
ax ≡ b(1 − pv) ≡ b
mod p .
et les solutions obtenues conviennent. L’équation a donc bien une infinité de solutions.
Soit p1 , . . . , pn des nombres entiers deux à deux premiers entre eux et a1 , . . . , an des entiers
relatifs. Montrer que le système
x ≡ ai
mod pi
(1 ≤ i ≤ n)
possède une infinité de solutions.
Solution
On montre par récurrence que le système équivaut à une unique équation
x≡a
mod (p1 · · · pn ) .
C’est vrai si n = 1. Etudions le cas n = 2. Comme p1 et p2 sont étrangers, il existe, d’après le théorème
de Bezout, deux nombres q1 et q2 tels que
p1 q 1 + p2 q 2 = 1 ,
ou encore
p1 q 1 ≡ 1
mod p2
et p2 q2 ≡ 1
mod p1 .
Le système
x ≡ a1
x ≡ a2
mod p1
mod p2
est alors équivalent au système
x ≡ a1 p2 q2 + a2 p1 q1
x ≡ a1 p2 q2 + a2 p1 q1
mod p1
mod p2
FF 29
et donc a
x ≡ a1 p 2 q 2 + a2 p 1 q 1
mod (p1 p2 ) .
La propriété est donc vraie à l’ordre 2.
Supposons la propriété vraie à l’ordre n − 1. Les n − 1 premières équations du système
x ≡ ai
mod pi
(1 ≤ i ≤ n − 1)
sont donc équivalente à une équation unique
x≡a
mod (p1 · · · pn−1 ) .
Alors le système équivaut à
x ≡ a mod (p1 · · · pn−1 )
x ≡ an mod pn
ce qui, en appliquant la propriété à l’ordre 2, équivaut à une équation unique
x≡b
mod (p1 · · · pn−1 pn ) .
La propriété est donc vraie à l’ordre n, donc pour tout entier n ≥ 1.
Enfin, comme l’équation
x≡a
mod p
a pour solutions
x = kp + n
avec k entier. Le système a donc bien une infinité de solutions.
Problèmes issus de la trigonométrie
Soit n1 , . . . , np des nombres entiers distincts. On cherche à résoudre le système
sin
x
= 1 (1 ≤ i ≤ p) .
ni
Trouver une condition nécessaire et suffisante pour que le problème soit possible et déterminer
les solutions.
Solution
Soit S le PPCM des nombres n1 , . . . , np . On a alors
S = ni ui
FF 30
avec ui entier naturel non nul.
Par ailleurs l’équation
x
=1
n
sin
a pour solutions
π
+ 2kπ n = (1 + 4k)n ,
2
2
où k est entier. Donc si x est solution du système proposé, on a pour tout i,
x=
x=
π
π
π
S
(1 + 4ki )ni = (1 + 4ki ) .
2
2
ui
Enfin, en simplifiant 1 + 4ki et ui , il existe deux nombres premiers entre eux si et ri tels que
π si
S .
2 ri
x=
Comme ceci doit avoir lieu pour tout i, les nombres si et ri ne dépendent pas de i. Notons
s = si
et r = ri .
Maintenant r divise ui donc S/ni et par suite ni divise S/r. Alors S/r est un multiple commun de tous
les ni donc de S, ce qui prouve que r = 1 et finalement
x=
Par ailleurs, pour tout i,
s=
π
Ss .
2
si
1 + 4ki
=
,
ri
ui
donc
1 + 4ki = sui ,
ou encore
sui ≡ 1 mod 4 .
Comme les seuls éléments inversibles de Z/4Z sont 1 et −1 qui sont leur propre inverse, il en résulte
que si s est congru à ±1 modulo 4, il en est de même de tous les ui et finalement
S
S
≡ ··· ≡
≡ s mod 4 ,
n1
np
ce qui donne une condition nécessaire pour que le problème soit possible.
Réciproquement, soit ε valant 1 ou −1. Si pour tout i
S
≡ ε mod 4 ,
ni
alors si
s≡ε
mod 4 et x =
π
Ss
2
FF 31
on obtient
x
π S
=
s.
ni
2 ni
Mais d’après l’hypothèse,
S
s ≡ 1 mod 4
ni
et donc il existe ki entier tel que
S
s = 4ki + 1 .
ni
Il s’en suit que, pour tout i,
x
π
x
= + 2ki π et sin
= 1,
ni
2
ni
donc x est solution du système. On obtient bien ainsi toutes les solutions.
1) Montrer que pour tout entier naturel non nul n il existe un polynôme Pn de degré n, à
coefficients entiers tel que, pour tout nombre réel x,
Pn (x) = cos(nx) ,
et déteminer le coefficient du terme de plus haut degré de Pn . Calculer Pn (1) et Pn (−1).
2) Déterminer l’ensemble E des couples (a, b) de Q2 tels que
cos(πa) = b .
Solution
1) En partant de la relation
cos(n + 1)x + cos(n − 1)x = 2 cos(nx) cos x
on montre facilement par récurrence l’existence d’un polynôme Pn de degré n, à coefficients entiers tel
que, pour tout nombre réel x,
Pn (x) = cos(nx) ,
dont le coefficient du terme de plus haut degré vaut 2n−1 .
C’est vrai pour n = 1 et n = 2 en posant
P1 (X) = X
et P2 (X) = 2X 2 − 1 ,
et si l’on suppose la propriété vraie aux ordres n et n − 1 (n ≥ 2), on a
cos(n + 1)x = 2 cos x cos(nx) − cos(n − 1)x = 2 cos xPn (cos x) − Pn−1 (cos x)
FF 32
où Pn et Pn−1 sont à coefficents entiers et de degrés respectifs n et n − 1. Donc, en posant
Pn+1 (X) = 2XPn (X) − Pn−1 (X) ,
on a bien
Pn+1 (cos x) = cos(n + 1)x ,
et Pn+1 est à coefficients entiers et de degré n + 1. De plus, le coefficient de X n+1 est le double de celui
de X n dans Pn donc vaut 2n .
La propriété est donc vraie à l’ordre n + 1, donc quel que soit n ≥ 1.
Par ailleurs
Pn (1) = Pn (cos 0) = cos 0 = 1 et Pn (−1) = Pn (cos π) = cos(nπ) = (−1)n .
2) On connaît déjà plusieurs couples solutions :
(k, (−1)k ) ,
(k + 1/2, 0)
(k + 1/3, (−1)k /2) ,
,
(k − 1/3, (−1)k /2)
qui sont dans E pour tout k entier. Il s’agit de voir que se sont les seuls.
Remarquons tout d’abord que si (a, b) se trouve dans E, et si
k ≤a≤k+1
où k est entier, alors a − k et k + 1 − a se trouvent dans [ 0, 1 ] et
cos(k − a)π = (−1)k cos(aπ) = (−1)k b
et
cos(k + 1 − a)π = (−1)k+1 cos(aπ) = (−1)k+1 b .
Un des deux couples (k − a, (−1)k b) et (k + 1 − a, (−1)k+1 b) se trouve dans [ 0, 1 ] × [ 0, 1 ] .
D’après tout ce qui précède, on peut donc se contenter de chercher des solutions dans l’ensemble
] 0, 1 [ × ] 0, 1 [ .
On remarque aussi que si (a, b) est dans E, il en est de même de (ka, Pk (b)), pour tout entier naturel
non nul k, et en particulier de (2a, P2 (b)) = (2a, 2b2 − 1).
Soit (a, b) dans E avec ab non nul. On a donc
a=
r
s
et
b=
p
q
avec p et q, ainsi que r et s premiers entre eux.
Considérons le polynôme Qa (X) = Ps (X − (−1)r ). C’est un polynôme à coefficients entiers dont le
terme de plus haut degré vaut 2s−1 X s . On a alors
Qa (0) = Ps ((−1)r+1 ) = Ps (cos(r + 1)π) = cos(r + 1)sπ = (−1)(r+1)s ,
FF 33
et donc
Qs (X) = 2s−1 X s +
s−1
X
αk X k + (−1)(r+1)s .
k=1
Calculons Qa (b + (−1)r ). On a d’une part
Qa (b + (−1)r ) = Ps (b) = Ps (cos(aπ)) = cos(rπ) = (−1)r ,
et d’autre part
Qa (b + (−1)r ) = 2s−1 (b + (−1)r )s +
s−1
X
αk (b + (−1)r )k + (−1)(r+1)s .
k=1
donc
2s−1 (b + (−1)r )s +
s−1
X
k=1
αk (b + (−1)r )k + (−1)(r+1)s − (−1)r = 0 .
On constate que (−1)(r+1)s − (−1)r vaut −2 si r est pair et s impair et +2 si r est impair, donc
vaut 2(−1)r+1 dans ces deux cas. (Les nombres p et q ne peuvent être tous les deux pairs). Alors, en
multipliant par q s ,
2s−1 (p + (−1)r q)s +
s−1
X
αk (p + (−1)r q)k q s−k + 2(−1)r+1 q s = 0 .
k=1
Il en résulte que si λ est un facteur premier impair de q il divise p + (−1)r q donc p ce qui n’est pas
possible. Il en résulte que q est une puissance de 2. Réciproquement si λ est un facteur premier impair
de p + (−1)r q il divise q donc p ce qui n’est pas possible. Il en résulte que p + (−1)r q est, au signe près,
une puissance de 2. Alors
q = 2x et p + (−1)r q = η 2y .
où x et y sont entiers et η = ±1. On en déduit que
b=
η2y − (−1)r 2x
η
η
p
=
= x−y + (−1)r+1 = z + (−1)r+1 ,
x
q
2
2
2
où z est un nombre entier. Comme b appartient à [ −1, 1 ] , les nombres η et (−1)r+1 sont nécessairement
de signes opposés, et si b appartient à ] 0, 1 [ on doit avoir
b=1−
1
,
2z
avec z entier supérieur ou égal à 1.
Comme (2a, 2b2 − 1) est aussi dans E, le nombre
1
2 1− z
2
2
−1=1−
2z+1 − 1
22z−1
FF 34
doit encore être de la forme ±(1 − 1/2t ). Etudions les deux possibilités.
Premier cas :
1−
1
2z+1 − 1
=1− t .
2z−1
2
2
Ceci conduit à
2z+1 − 1 = 22z−t−1 .
Mais 2z+1 − 1 est un nombre impair supérieur à 22 − 1 = 3 et ne peut être une puissance de 2.
Deuxième cas :
1−
2z+1 − 1
1
= −1 + t .
22z−1
2
ceci conduit à
22z − 2z+1 + 1 = 22z−t−1 ,
Si z est plus grand que 2, le membre de gauche
22z − 2z+1 + 1 = 2z+1 (2z−1 − 1) + 1
est un nombre impair supérieur à 9, donc l’égalité est impossible. La seule possibilité est d’avoir z = 1,
puis
1 = 21−t
donc t = 1. On trouve dans ce cas b = 1/2. Finalement, il n’y a pas d’autres solutions que celles déjà
connues.
Racines d’un polynôme
Soit a1 , . . . , an (n > 1) une famille de nombres entiers tels que a1 < a2 < · · · < an .
1) Montrer que le polynôme
P (X) = (X − a1 ) · · · (X − an ) − 1
n’a pas de racine rationnelle.
2) Etudier les racines rationnelles du polynôme
Q(X) = (X − a1 ) · · · (X − an ) + 1 .
Solution
On peut étudier les deux polynôme simultanément. Posons α = ±1, et
Π(X) = (X − a1 ) · · · (X − an ) − α .
FF 35
Supposons que Π ait pour racine p/q avec p et q premiers entre eux. Alors
q n Π(p/q) = (p − a1 q) · · · (p − an q) − αq n = 0 .
Mais, en développant,
q n Π(p/q) = pn +
n−1
X
(−1)n
λi pn−i q i + q n
n
Y
i=1
i=1
!
ai − α
,
où les λi sont des nombres entiers, donc
n
p =−
n−1
X
i=1
λi p
n−i i
q −q
n
n
(−1)
n
Y
i=1
!
ai − α
.
Alors, si λ divise q, il divise également pn et, puisque p et q sont étrangers, il en résulte que λ = 1 et
donc que p/q = p est entier. On a alors
(p − a1 ) · · · (p − an ) = α ,
donc
|p − a1 | · · · |p − an | = 1 .
Comme p − ai est entier, ceci n’est possible que si tous les nombres |p − ai | sont égaux à 1.
1) Si α = 1, on a dans ce cas
(p − a1 ) · · · (p − an ) = 1 ,
et dès que n ≥ 2, il y a nécessairement deux nombres p − ai égaux, donc deux ai égaux, ce qui est
impossible. Il en résulte que P n’a pas de racine rationnelle.
2) Si α = −1, on a dans ce cas
(p − a1 ) · · · (p − an ) = −1 ,
et dès que n > 2, il y a nécessairement deux nombres p − ai égaux, donc deux ai égaux, ce qui est
impossible.
Par contre, si n = 2, l’égalité
(p − a1 )(p − a2 ) = −1
est possible avec
p − a1 = 1 et
p − a2 = −1 ,
c’est-à-dire
a1 = p − 1 et a2 = p + 1 ,
et alors
Q(X) = (X − p + 1)(X − p − 1) + 1 = (X − p)2 .
FF 36
Montrer que les racines du polynôme
P (X) = X 3 − X 2 − 2X + 1
sont irrationnelles, deux à deux distinctes, et appartiennent à l’intervalle ] −2, 2 [ .
On note α une de ces racines et
E = {u + vα + wα2 | (u, v, w) ∈ Q3 } .
Montrer que E est un espace vectoriel de dimension 3 sur Q.
Solution
Etudions les variations de la fonction polynomiale associée à P . On a
P ′ (X) = 3X 2 − 2X − 2 ,
√
1± 7
. En effectuant la division euclidienne de P par P ′ ,
et ce polynôme possède deux racines réelles
3
on obtient
1
7
1
X−
P ′ (X) − (2X − 1) .
P (X) =
3
9
9
Alors
u=P
et
v=P
√ !
7
1+ 7
=−
3
9
√ !
1− 7
7
=−
3
9
!
√
√
7 2 7−1
1+ 7
−1 =−
< 0,
2
3
9
3
!
√
√
1− 7
7 2 7+1
2
−1 =
> 0.
3
9
3
Par ailleurs
P (−2) = −7 et P (2) = 1 .
√
La fonction P croît sur [ −2,
√ (1 − 7)/3
√ ] de −7 à v > 0 et s’annule dans l’intervalle ouvert. Puis la
fonction décroît sur [ (1 − √
7)/3, (1 + 7)/3 ] de v > 0 à u < 0 et s’annule dans l’intervalle ouvert,
et enfin elle croît sur [ (1 + 7)/3, 2 ] de u < 0 à 1 et s’annule dans l’intervalle ouvert. Il en résulte
que P a trois racines réelles distinctes, et que ces racines se trouvent dans ] −2, 2 [ .
Supposons qu’une des racines α soit un nombre p/q rationnel, où p et q sont premiers entre eux. Alors
0 = q 3 P (p/q) = p3 − p2 q − 2pq 2 + q 3 ,
donc
q 3 = p2 q + 2pq 2 − p3 .
Alors, tout facteur premier de p divise q et réciproquement, ce qui n’est possible que si α = ±1. Mais
1 et −1 ne sont pas racines de P . Les racines de P sont donc irrationnelles.
FF 37
Dans R3 , considéré comme espace vectoriel sur Q, l’ensemble E est engendré par B = (1, α, α2 ). C’est
donc un sous-espace vectoriel. Pour montrer qu’il est de dimension 3, il suffit de prouver que B est un
système libre. Supposons qu’il existe u, v, w rationnels tels que
uα2 + vα + w = 0 .
Cela signifie que α est racine du polynôme
Q(X) = uX 2 + vX + w .
Supposons que Q ne soit pas le polynôme nul et effectuons la division euclidienne de P par Q. Le reste
est de degré 1 et les coefficients sont dans Q. On a donc
P (X) = S(X)Q(X) + aX + b ,
et
0 = P (α) = aα + b .
Si a est non nul, on en tire
b
a
et α serait rationnel ce qui n’est pas le cas. Donc a est nul, puis b est nul et donc
α=−
P = SQ .
Alors S est de degré 1 à coefficients rationnels, et sa racine est rationnelle. Mais c’est aussi une racine
de P , d’où une contradiction. Il en résulte que Q est le polynôme nul, ce qui montre que le système B
est libre.