Arithmétique : corrigé des exercices en terminale spécialité à télécharger en PDF

Exercice 1 :
1-Posons d = pgcd(a,b)
On a si d divise a et d divise b alors d divise b et d divise (a-bq)
Réciproquement : si d divise b et d divise (a-bq) alors d divise ( a – bq ) +bq = a

Les diviseurs communs à a et b sont donc exactement les diviseurs communs à b et a − bq : les deux couples ont le même plus grand diviseur commun, \(\text{pgcd}(a,b)=\text{pgcd}(b,a-bq)\).

2- c’est la relation précédente avec \(a = 5n^3 -n ; b = n+2 ; q = 5n^2- 10n +19\).

En effet \((n+2)(5n^2-10n+19)=5n^3-n+38\), donc \(a-bq=(5n^3-n)-(n+2)(5n^2-10n+19)=-38\). Ainsi \(\text{pgcd}(5n^3-n,n+2)=\text{pgcd}(n+2,-38)=\text{pgcd}(n+2,38)\).

Exercice 2 :

On raisonne sur le reste de la division euclidienne de n par 3 (disjonction de cas).

• Si \(n=3k\) : le facteur n est divisible par 3.
• Si \(n=3k+1\) : \(n+2=3k+3=3(k+1)\) est divisible par 3.
• Si \(n=3k+2\) : \(n+4=3k+6=3(k+2)\) est divisible par 3.

Dans tous les cas, l’un des trois facteurs est un multiple de 3, donc le produit aussi : n(n+2)(n+4) est divisible par 3 pour tout entier naturel n.

Exercice 3 :
Soit δ = PGCD(a ;b) et µ = PPCM(a ;b).

On a alors a= δa’ et b = δb’ avec a’ et b’ premiers entre eux.

On a donc PPCM(a’ ;b’) = a’b’

µ = PPCM(δa’ ; δb’) = δ×PPCM(a’ ; b’) = δ×a’×b’

Ainsi δµ = δ²×a’×b’ = δ×a’× δ×b’ = ab

Conclusion : PGCD(a ;b)×PPCM(a ;b) = a×b.

Exercice 4 :

Système d’équations et arithmétique.

Si b = 0, la première équation donnerait \(a^2=405\), qui n’a pas de solution entière (\(20^2=400\lt 405\lt 441=21^2\)) ; et a = 0 donnerait \(-b^2=405\), impossible : donc a et b sont non nuls. De la relation PPCM(a;b)×PGCD(a;b) = ab (exercice 3), on déduit à partir de la deuxième équation du système :

3×PPCM(a ;b) = PGCD(a ;b)×PPCM(a ;b), donc PGCD(a;b) = 3.

Il existe alors des entiers \(a_1\) et \(b_1\) premiers entre eux tels que \(a=3a_1\) et \(b=3b_1\). En reportant dans la première équation : \(9a_1^2-9b_1^2=405\), soit \((a_1+b_1)(a_1-b_1)=45\).

Comme \(a_1+b_1\gt 0\), on a \(a_1-b_1\gt 0\) et \(a_1+b_1\gt a_1-b_1\). Or \(45=3^2\times 5\) ; les factorisations possibles sont \(45\times 1\), \(15\times 3\) et \(9\times 5\) :

• \(\begin{cases} a_1+b_1=45 \\ a_1-b_1=1 \end{cases}\) donne \(a_1=23\) et \(b_1=22\), premiers entre eux : (a ; b) = (69 ; 66).
• \(\begin{cases} a_1+b_1=15 \\ a_1-b_1=3 \end{cases}\) donne \(a_1=9\) et \(b_1=6\) : ne convient pas car 9 et 6 ne sont pas premiers entre eux.
• \(\begin{cases} a_1+b_1=9 \\ a_1-b_1=5 \end{cases}\) donne \(a_1=7\) et \(b_1=2\), premiers entre eux : (a ; b) = (21 ; 6).

Vérification : \(69^2-66^2=4761-4356=405\) et \(3\times \text{ppcm}(69;66)=3\times 1518=4554=69\times 66\) ; \(21^2-6^2=441-36=405\) et \(3\times \text{ppcm}(21;6)=3\times 42=126=21\times 6\).

Les couples solutions du système sont donc (69 ; 66) et (21 ; 6).

Exercice 5 :
1) \((a^2 + 2b^2)^2 = a^4 + 4a^2b^2 + 4b^4\)

2) \(a^4+ 4b^4 = (a^2 + 2b^2)^2 – 4a^2b^2 = (a^2 + 2b^2 + 2ab)(a^2 + 2b^2 – 2ab)\)

\(a^4+ 4b^4= [(a + b)^2 + b^2][(a – b)^2 + b^2]\)

\((a + b)^2 + b^2\geq\,\, 4\,et\,(a – b)^2 + b^2\geq\,\, 4.\) car a et b sont supérieurs ou égaux à 2.

\(a^4+4b^4\) est le produit de deux entiers supérieurs strictement à 1.

Donc \(a^4+4b^4\) n’est pas un nombre premier.

Exercice 6 :

(a) On effectue des divisions successives par 2 : 235 = 2×117 + 1 ; 117 = 2×58 + 1 ; 58 = 2×29 + 0 ; 29 = 2×14 + 1 ; 14 = 2×7 + 0 ; 7 = 2×3 + 1 ; 3 = 2×1 + 1 ; 1 = 2×0 + 1. On lit les restes du dernier au premier : \(235=\overline{11101011}^{\,2}\).

Vérification : \(128+64+32+8+2+1=235\).

(b) \(\overline{101101}^{\,2}=1\times 2^5+0\times 2^4+1\times 2^3+1\times 2^2+0\times 2+1=32+8+4+1\), donc \(\overline{101101}^{\,2}=45\).

(c) 65 = 5×13 + 0 ; 13 = 5×2 + 3 ; 2 = 5×0 + 2. Donc \(65=\overline{230}^{\,5}\) ; en effet \(2\times 25+3\times 5+0=65\).

(d) On passe d’abord en base 10 : \(\overline{231}^{\,7}=2\times 49+3\times 7+1=120\). Puis 120 = 64 + 32 + 16 + 8, soit \(120=2^6+2^5+2^4+2^3\). Donc \(\overline{231}^{\,7}=\overline{1111000}^{\,2}\).

Exercice 7 :

1. On développe le membre de droite :

\((x-y)(x^2+xy+y^2)=x^3+x^2y+xy^2-x^2y-xy^2-y^3=x^3-y^3\).

Donc pour tous réels x et y, \(x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)\).

2. D’après la question 1, l’équation s’écrit \((x-y)(x^2+xy+y^2)=127\). Comme \(x^2+xy+y^2\gt 0\) (sinon x = y = 0, impossible), on a \(x-y\gt 0\) : x − y et \(x^2+xy+y^2\) sont deux diviseurs positifs de 127.

Or 127 est un nombre premier (il n’est divisible ni par 2, ni par 3, ni par 5, ni par 7, ni par 11, et \(11^2=121\lt 127\lt 13^2\)). De plus \(x-y\leq\, x \leq\, x^2+xy+y^2\) ; le seul cas possible est donc \(x-y=1\) et \(x^2+xy+y^2=127\).

En remplaçant x par y + 1 : \((y+1)^2+(y+1)y+y^2=127\), soit \(3y^2+3y+1=127\), puis \(y^2+y-42=0\), c’est-à-dire \((y-6)(y+7)=0\). Comme y est un entier naturel, y = 6 et x = 7.

Vérification : \(7^3-6^3=343-216=127\). L’unique solution est (x ; y) = (7 ; 6).

Exercice 8 :

Supposons qu’il existe deux couples \((q_1,r_1)\) et \((q_2,r_2)\) vérifiant \(a=bq_1+r_1\) avec \(0\leq\, r_1\lt |b|\) et \(a=bq_2+r_2\) avec \(0\leq\, r_2\lt |b|\).

En soustrayant les deux égalités : \(b(q_1-q_2)=r_2-r_1\).

Des encadrements \(0\leq\, r_2\lt |b|\) et \(-|b|\lt -r_1\leq\, 0\), on déduit \(-|b|\lt r_2-r_1\lt |b|\), soit \(|r_2-r_1|\lt |b|\).

Donc \(|b|\times |q_1-q_2|\lt |b|\), et comme \(|b|\gt 0\) : \(|q_1-q_2|\lt 1\). Or \(q_1-q_2\) est un entier : \(q_1-q_2=0\), donc \(q_1=q_2\).

On en déduit \(r_2-r_1=b\times 0=0\), donc \(r_1=r_2\).

Conclusion : le couple (q, r) de la division euclidienne est unique.

Exercice 9 :

1. De \(\sqrt{n}=\dfrac{p}{q}\), on tire en élevant au carré \(n=\dfrac{p^2}{q^2}\), donc \(p^2=nq^2\).

2. Soit π un nombre premier. Dans la décomposition de \(p^2\) (et de \(q^2\)), l’exposant de π est le double de son exposant dans p (et dans q) : il est donc pair. D’après l’unicité de la décomposition en facteurs premiers, l’égalité \(p^2=nq^2\) donne, pour l’exposant de π :

(exposant dans \(p^2\)) = (exposant dans n) + (exposant dans \(q^2\)).

L’exposant de π dans n est donc la différence de deux nombres pairs : tous les exposants des facteurs premiers de n sont pairs.

3. Si \(n=\pi_1^{2\beta_1}\times \dots\times \pi_k^{2\beta_k}\), alors \(n=(\pi_1^{\beta_1}\times \dots\times \pi_k^{\beta_k})^2\) est le carré d’un entier, ce qui contredit l’hypothèse. L’hypothèse \(\sqrt{n}\in\mathbb{Q}\) est donc fausse : si n n’est le carré d’aucun entier, \(\sqrt{n}\) est irrationnel.

4. Supposons par l’absurde que \(r=\sqrt{2}+\sqrt{3}\) soit rationnel. Alors \(r^2=2+2\sqrt{6}+3=5+2\sqrt{6}\), d’où \(\sqrt{6}=\dfrac{r^2-5}{2}\), qui serait rationnel comme quotient de rationnels.

Or 6 n’est le carré d’aucun entier (\(2^2=4\lt 6\lt 9=3^2\)), donc \(\sqrt{6}\) est irrationnel d’après la question 3 : contradiction. Ainsi \(\sqrt{2}+\sqrt{3}\notin\mathbb{Q}\).

Exercice 10 :

Pour tout réel \(y\notin\{-1;1\}\) et tout entier k, on a :

\(\dfrac{2^k}{y-1}-\dfrac{2^{k+1}}{y^2-1}=\dfrac{2^k(y+1)-2^{k+1}}{y^2-1}=\dfrac{2^k(y-1)}{(y-1)(y+1)}=\dfrac{2^k}{y+1}\).

Appliquée à \(y=x^{2^k}\) (qui est différent de 1 et de −1 car \(x\neq 1\) et \(x\neq -1\)), avec \(y^2=x^{2^{k+1}}\), cette égalité donne :

\(\dfrac{2^k}{x^{2^k}+1}=\dfrac{2^k}{x^{2^k}-1}-\dfrac{2^{k+1}}{x^{2^{k+1}}-1}\).

On pose \(u_k=\dfrac{2^k}{x^{2^k}-1}\) ; le terme général s’écrit \(u_k-u_{k+1}\) et la somme est télescopique :

\(\sum_{k=0}^{n}\dfrac{2^k}{x^{2^k}+1}=\sum_{k=0}^{n}(u_k-u_{k+1})=u_0-u_{n+1}\).

Comme \(u_0=\dfrac{1}{x-1}\), on obtient bien, pour tout entier naturel n : \(\sum_{k=0}^{n}\dfrac{2^k}{x^{2^k}+1}=\dfrac{1}{x-1}-\dfrac{2^{n+1}}{x^{2^{n+1}}-1}\).

Exercice 11 :

Pour \(n\in\mathbb{N}^*\), notons \(S_n=\sum_{k=1}^{n}(-1)^kk\) et \(P(n)\) la propriété : \(S_n=\dfrac{(-1)^n(2n+1)-1}{4}\).

Initialisation : \(S_1=(-1)^1\times 1=-1\) et \(\dfrac{(-1)^1\times 3-1}{4}=\dfrac{-4}{4}=-1\). P(1) est vraie.

Hérédité : supposons P(n) vraie pour un entier \(n\geq\, 1\). Alors :

\(S_{n+1}=S_n+(-1)^{n+1}(n+1)=\dfrac{(-1)^n(2n+1)-1}{4}+\dfrac{4(-1)^{n+1}(n+1)}{4}\).

Comme \((-1)^n=-(-1)^{n+1}\) : \(S_{n+1}=\dfrac{(-1)^{n+1}(-(2n+1)+4n+4)-1}{4}=\dfrac{(-1)^{n+1}(2n+3)-1}{4}\).

Or \(2n+3=2(n+1)+1\) : c’est exactement P(n + 1).

Conclusion : par récurrence, pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\), \(\sum_{k=1}^{n}(-1)^kk=\dfrac{(-1)^n(2n+1)-1}{4}\).

Exercice 12 :

Nous allons démontrer cette inégalité par récurrence.

Pour n = 0, l’inégalité devient \((1+x)^0 \geq\,\, 1 + 0x = 1\).

L’inégalité est vraie pour n = 0 car \((1+x)^0 = 1\) est égal à 1.

Supposons maintenant que l’inégalité soit vraie pour un certain entier k, c’est-à-dire :

\((1+x)^k \geq\,\, 1 + kx\)

Nous allons montrer que l’inégalité est également vraie pour n = k+1.

Considérons l’expression \((1+x)^{k+1}\). On peut la réécrire sous la forme :

\((1+x)^{k+1} = (1+x)^k \times (1+x)\)

D’après notre hypothèse de récurrence, nous savons que \((1+x)^k \geq\,\, 1 + kx\). Comme \(1+x\gt 0\), on peut multiplier les deux membres par 1 + x sans changer le sens de l’inégalité :

\((1+x)^{k+1} \geq\,\, (1 + kx) \times (1+x)\)

Simplifions cette expression :

\((1+x)^{k+1} \geq\,\, 1 + x + kx + kx^2\)
\((1+x)^{k+1} \geq\,\, 1 + (k+1)x + kx^2\)

Puisque x est un réel positif, kx^2 est également positif. On peut donc écrire :

\((1+x)^{k+1} \geq\,\, 1 + (k+1)x\)

On a donc montré que si l’inégalité est vraie pour n = k, alors elle est également vraie pour n = k+1.

Ainsi, l’inégalité est vérifiée pour tous les entiers \(n \geq\,\, 0\), par récurrence.

Exercice 13 :

1. La contraposée de « si \(n^2-1\) n’est pas divisible par 8, alors n est pair » est : si n est impair, alors \(n^2-1\) est divisible par 8.

2. La division euclidienne de n par 4 donne \(n=4k+r\) avec \(k\in\mathbb{N}\) et \(r\in\{0,1,2,3\}\). Si r = 0 ou r = 2, n = 2(2k) ou n = 2(2k + 1) est pair ; donc si n est impair, r = 1 ou r = 3.

• Si \(n=4k+1\) : \(n^2-1=16k^2+8k=8(2k^2+k)\).
• Si \(n=4k+3\) : \(n^2-1=16k^2+24k+9-1=16k^2+24k+8=8(2k^2+3k+1)\).

Dans les deux cas, \(n^2-1\) est un multiple de 8 : la contraposée est démontrée.

3. Une proposition et sa contraposée sont équivalentes. On en déduit que la propriété de départ est vraie : si \(n^2-1\) n’est pas divisible par 8, alors n est pair.

Exercice 14 :

Nous allons démontrer cette affirmation par récurrence.

Pour n = 0, nous avons \(n^3 – n = 0^3 – 0 = 0\).

Comme 0 est un multiple de 3, l’affirmation est vraie pour n = 0.

Supposons maintenant que l’affirmation soit vraie pour un certain entier k, c’est-à-dire que \(k^3 – k\) est un multiple de 3.

Nous allons montrer que l’affirmation est également vraie pour \(n = k+1\).

Considérons l’expression \((k+1)^3 – (k+1)\). En développant cette expression, nous obtenons :

\((k+1)^3 – (k+1) \\= k^3 + 3k^2 + 3k + 1 – (k+1) \\= k^3 + 3k^2 + 3k – k \\= k^3 + 3k^2 + 2k\)

Par hypothèse de récurrence, nous savons que\(k^3 – k\) est un multiple de 3.

Nous pouvons donc écrire :

\(k^3 – k = 3m\), où m est un entier.

En remplaçant cette expression dans \((k+1)^3 – (k+1)\), nous avons :

\((k+1)^3 – (k+1)\\ = (3m + k) + 3k^2 + 2k \\= 3m + 3k^2 + 3k \\= 3(m + k^2 + k)\)

Nous voyons que \((k+1)^3 – (k+1)\) est un multiple de 3, car il peut être écrit sous la forme 3(n), où n est l’entier \((m + k^2 + k)\).

Ainsi, nous avons montré que si l’affirmation est vraie pour n = k, alors elle est également vraie pour n = k+1.

Par conséquent, l’affirmation est vérifiée pour tous les entiers n ≥ 0, par récurrence.

Exercice 15 :

1. D’après la formule du binôme de Newton (coefficients 1, 5, 10, 10, 5, 1 lus dans le triangle de Pascal) :

\((n+1)^5=n^5+5n^4+10n^3+10n^2+5n+1\).

2. Montrons par récurrence que pour tout entier \(n\geq\, 0\), \(n^5-n\) est un multiple de 5.

Initialisation : pour n = 0, \(0^5-0=0\) est un multiple de 5.

Hérédité : supposons que \(n^5-n=5m\) pour un entier m. D’après la question 1 :

\((n+1)^5-(n+1)=n^5+5n^4+10n^3+10n^2+5n+1-n-1=(n^5-n)+5(n^4+2n^3+2n^2+n)\).

Donc \((n+1)^5-(n+1)=5(m+n^4+2n^3+2n^2+n)\) est un multiple de 5.

Conclusion : pour tout entier \(n\geq\, 0\), \(n^5-n\) est un multiple de 5.

Exercice 16 :

1. Montrons par récurrence la propriété \(P(n)\) : \(\sum_{k=1}^{n}k^3=\dfrac{n^2(n+1)^2}{4}\).

Initialisation : pour n = 1, \(1^3=1\) et \(\dfrac{1^2\times 2^2}{4}=1\). P(1) est vraie.

Hérédité : supposons P(n) vraie pour un entier \(n\geq\, 1\). Alors :

\(\sum_{k=1}^{n+1}k^3=\dfrac{n^2(n+1)^2}{4}+(n+1)^3=\dfrac{(n+1)^2(n^2+4(n+1))}{4}=\dfrac{(n+1)^2(n^2+4n+4)}{4}=\dfrac{(n+1)^2(n+2)^2}{4}\).

C’est la propriété P(n + 1).

Conclusion : pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\), \(S=\sum_{k=1}^{n}k^3=\dfrac{n^2(n+1)^2}{4}\).

2. Avec n = 10 : \(A=\dfrac{10^2\times 11^2}{4}=\dfrac{100\times 121}{4}=\dfrac{12100}{4}\), donc A = 3025.

Exercice 17 :

Pour montrer que pour tout entier n ≥ 0, \(n^3 – n\) est un multiple de 3, nous pouvons utiliser une démonstration par récurrence.

1. Vérification de la propriété pour n = 0 :
Pour n = 0, on a \(0^3 – 0 = 0\), qui est un multiple de 3.

2. Supposons que la propriété est vraie pour un certain entier k ≥ 0, c’est-à-dire que \(k^3 – k\) est un multiple de 3.

3. Montrons que la propriété est également vraie pour k+1 :
\((k+1)^3 – (k+1)\\ = k^3 + 3k^2 + 3k + 1 – k – 1 \\= k^3 – k + 3k^2 + 3k \\= (k^3 – k) + 3k(k+1)\)

Par hypothèse de récurrence, \(k^3 – k\) est un multiple de 3.

De plus, 3k(k+1) est également un multiple de 3, car k et k+1 sont tous deux des entiers.

Ainsi, nous avons montré que \((k+1)^3 – (k+1)\) est un multiple de 3.

Par conséquent, par le principe de récurrence, nous pouvons conclure que pour tout entier \(n \geq\,\, 0, n^3 – n\) est un multiple de 3.

Exercice 18 :

1. On calcule les premières puissances de 5 modulo 13 : \(5^0\equiv 1\), \(5^1\equiv 5\), \(5^2=25\equiv 12\), \(5^3\equiv 12\times 5=60\equiv 8\), \(5^4\equiv 8\times 5=40\equiv 1\ [13]\).

Comme \(5^4\equiv 1\ [13]\), pour n = 4q + r (division euclidienne de n par 4), \(5^n=(5^4)^q\times 5^r\equiv 5^r\ [13]\). Les restes sont donc périodiques de période 4 :

n = 4q + r	r = 0	r = 1	r = 2	r = 3
Reste de \(5^n\) par 13	1	5	12	8

2. On a 1981 = 13 × 152 + 5, donc \(1981\equiv 5\ [13]\) et \(1981^{1981}\equiv 5^{1981}\ [13]\). Or 1981 = 4 × 495 + 1, donc \(5^{1981}\equiv 5\ [13]\) d’après la question 1.

Ainsi \(1981^{1981}-5\equiv 5-5=0\ [13]\) : \(1981^{1981}-5\) est divisible par 13.

3. On a 31 = 2 × 13 + 5 et 18 = 13 + 5, donc \(31\equiv 5\) et \(18\equiv 5\ [13]\). Pour \(n\geq\, 1\) :

\(N\equiv 5^{4n+1}+5^{4n-1}\ [13]\), où l’exposant 4n + 1 a pour reste 1 dans la division par 4, et l’exposant \(4n-1=4(n-1)+3\) a pour reste 3.

D’après le tableau, \(N\equiv 5+8=13\equiv 0\ [13]\) : N est divisible par 13.

Exercice 19 :

On raisonne modulo 3 sur les trois restes possibles de n :

• si \(n\equiv 0\ [3]\) : \(a\equiv 5\times 0+0=0\ [3]\) ;
• si \(n\equiv 1\ [3]\) : \(a\equiv 5\times 1+1=6\equiv 0\ [3]\) ;
• si \(n\equiv 2\ [3]\) : \(n^3\equiv 8\equiv 2\), donc \(a\equiv 5\times 2+2=12\equiv 0\ [3]\).

Dans tous les cas, \(a=5n^3+n\) est divisible par 3.

Autre méthode : \(a=5n^3+n=6n^3-(n^3-n)=6n^3-(n-1)n(n+1)\) ; le produit de trois entiers consécutifs est un multiple de 3, et \(6n^3\) aussi.

Exercice 20 :

On a \(3^{3n+2}=3^2\times (3^3)^n=9\times 27^n\) et \(2^{n+4}=2^4\times 2^n=16\times 2^n\).

Or \(27\equiv 2\ [5]\), \(9\equiv 4\ [5]\) et \(16\equiv 1\ [5]\). Donc :

\(3^{3n+2}+2^{n+4}\equiv 4\times 2^n+1\times 2^n=5\times 2^n\equiv 0\ [5]\).

Conclusion : pour tout entier naturel n, \(3^{3n+2}+2^{n+4}\equiv 0\ [5]\).

Exercice 21 :

Soit p entiers naturels consécutifs a, a + 1, …, a + p − 1. Leur somme vaut :

\(S=\sum_{i=0}^{p-1}(a+i)=pa+\dfrac{(p-1)p}{2}=p(a+\dfrac{p-1}{2})\).

Comme p est impair, p − 1 est pair et \(\dfrac{p-1}{2}\) est un entier naturel. Donc \(a+\dfrac{p-1}{2}\) est un entier et S est un multiple de p.

Remarque : pour p pair, c’est faux en général (1 + 2 = 3 n’est pas un multiple de 2).

Exercice 22 :

Si x = 0, x est rationnel. Supposons \(x\neq 0\).

Les entiers 7 et 12 sont premiers entre eux ; d’après le théorème de Bézout, il existe des entiers u et v tels que 7u + 12v = 1. Par exemple \(7\times 7-12\times 4=49-48=1\), soit u = 7 et v = −4.

Alors \(x=x^{7\times 7-12\times 4}=\dfrac{(x^7)^7}{(x^{12})^4}\).

Comme \(x^7\) et \(x^{12}\) sont rationnels (et \(x^{12}\neq 0\)), ce quotient de produits de rationnels est rationnel : x est un nombre rationnel.

Exercice 23 :

On cherche les triplets (x ; y ; z) d’entiers naturels non nuls tels que \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}-\dfrac{3}{z}=1\). On distingue selon les valeurs de y.

Cas y = 1. L’équation devient \(\dfrac{3}{z}=1+\dfrac{1}{x}=\dfrac{x+1}{x}\), soit \(z(x+1)=3x\). Donc x + 1 divise 3x ; comme x et x + 1 sont premiers entre eux (deux entiers consécutifs), le lemme de Gauss donne : x + 1 divise 3. Comme \(x+1\geq\, 2\), x + 1 = 3, d’où x = 2 et z = 2. Solution : (2 ; 1 ; 2).

Cas y = 2. L’équation devient \(\dfrac{1}{x}=\dfrac{3}{z}\), soit z = 3x. Solutions : (x ; 2 ; 3x) pour tout \(x\in\mathbb{N}^*\).

Cas \(y\geq\, 3\). Comme \(\dfrac{3}{z}\gt 0\), on a \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}\gt 1\). Or \(\dfrac{2}{y}\leq\, \dfrac{2}{3}\), donc \(\dfrac{1}{x}\gt \dfrac{1}{3}\) et x = 1 ou x = 2.

• Si x = 1 : \(\dfrac{2}{y}=\dfrac{3}{z}\), soit 2z = 3y. Donc 2 divise 3y et, 2 étant premier avec 3, le lemme de Gauss donne : 2 divise y. On pose y = 2k, d’où z = 3k. Solutions : (1 ; 2k ; 3k) avec \(k\geq\, 2\).
• Si x = 2 : \(\dfrac{2}{y}-\dfrac{3}{z}=\dfrac{1}{2}\), soit \(4z-6y=yz\), c’est-à-dire \(z(4-y)=6y\). Comme \(6y\gt 0\), il faut \(y\lt 4\), donc y = 3 et z = 18. Solution : (2 ; 3 ; 18).

Vérification des deux solutions isolées : \(\dfrac{1}{2}+2-\dfrac{3}{2}=1\) et \(\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{3}-\dfrac{3}{18}=\dfrac{9+12-3}{18}=1\).

Ensemble des solutions : les triplets (x ; 2 ; 3x) avec \(x\in\mathbb{N}^*\), (1 ; 2k ; 3k) avec \(k\in\mathbb{N}^*\), (2 ; 1 ; 2) et (2 ; 3 ; 18) (le triplet (1 ; 2 ; 3) appartient aux deux familles).

Exercice 24 :

On cherche une combinaison de 21n + 4 et 14n + 3 qui élimine n : \(3(14n+3)-2(21n+4)=42n+9-42n-8=1\).

Soit d un diviseur commun positif de 21n + 4 et de 14n + 3 : d divise \(3(14n+3)-2(21n+4)=1\), donc d = 1. (C’est aussi une application directe du théorème de Bézout, avec les coefficients 3 et −2.)

Ainsi \(\text{pgcd}(21n+4,14n+3)=1\) et, pour tout entier naturel n, la fraction \(\dfrac{21n+4}{14n+3}\) est irréductible.

Exercice 25 :

1. \(M_2=3\), \(M_3=7\), \(M_5=31\) et \(M_7=127\).

3 et 7 sont premiers. 31 n’est divisible ni par 2, ni par 3, ni par 5, et \(5^2\lt 31\lt 7^2\) : il est premier. 127 n’est divisible ni par 2, 3, 5, 7 ni 11, et \(11^2=121\lt 127\lt 169=13^2\) : il est premier. Donc \(M_2,\ M_3,\ M_5,\ M_7\) sont des nombres premiers.

2. Si p divise n, on écrit n = pk avec k entier naturel non nul. Posons \(A=2^p\). On utilise l’identité \(A^k-1=(A-1)(A^{k-1}+A^{k-2}+\dots+A+1)\). Donc :

\(M_n=2^{pk}-1=(2^p)^k-1=(2^p-1)(2^{p(k-1)}+\dots+2^p+1)\), et \(2^p-1\) divise \(M_n\).

(On peut aussi dire : \(2^p\equiv 1\ [2^p-1]\), donc \(2^{pk}\equiv 1^k=1\ [2^p-1]\).)

Déduction : supposons \(M_n\) premier (donc \(M_n\geq\, 2\) et \(n\geq\, 2\)) et n non premier. Alors n = pk avec \(1\lt p\lt n\). D’après ce qui précède, \(2^p-1\) divise \(M_n\), avec \(2^p-1\geq\, 3\) et \(2^p-1\lt 2^n-1\) : c’est un diviseur de \(M_n\) autre que 1 et \(M_n\), ce qui est impossible. Donc si \(M_n\) est premier, n est premier.

3. La réciproque (« si n est premier, alors \(M_n\) est premier ») est fausse : 11 est premier mais \(M_{11}=2^{11}-1=2047=23\times 89\) n’est pas premier.

Exercice 26 :

Soit d = pgcd(a, b) ; on écrit a = da’ et b = db’ avec a’ et b’ premiers entre eux. Alors ppcm(a, b) = da’b’, et le système devient :

\(da_1b_1=40\) et \(d(a_1+b_1)=60\), en notant \(a_1\) = a’ et \(b_1\) = b’.

Comme \(a_1\) et \(b_1\) sont premiers entre eux, \(a_1b_1\) et \(a_1+b_1\) le sont aussi (un diviseur premier commun diviserait \(a_1\) ou \(b_1\), puis l’autre). En divisant les deux égalités : \(3a_1b_1=2(a_1+b_1)\).

Donc \(a_1b_1\) divise \(2(a_1+b_1)\) ; étant premier avec \(a_1+b_1\), il divise 2 (lemme de Gauss) : \(a_1b_1=1\) ou \(a_1b_1=2\).

• \(a_1b_1=1\) : \(a_1=b_1=1\), et \(3\times 1=2\times 2\) est faux.
• \(a_1b_1=2\) : \(\{a_1;b_1\}=\{1;2\}\), et \(3\times 2=2\times 3\) est vrai ; alors d = 40 ÷ 2 = 20.

Vérification : 20 + 40 = 60 et ppcm(20, 40) = 40. Les couples solutions sont (20 ; 40) et (40 ; 20).

Exercice 27 :

On suppose pgcd(a, b) = 1. D’après le théorème de Bézout, il existe des entiers u et v tels que au + bv = 1.

En élevant au carré : \(a^2u^2+2abuv+b^2v^2=1\), soit \(a(au^2+2buv)+b^2v^2=1\).

On a trouvé des entiers \(U=au^2+2buv\) et \(V=v^2\) tels que \(aU+b^2V=1\). D’après le théorème de Bézout (réciproque), a et b² sont premiers entre eux : pgcd(a, b²) = 1.

Exercice 28 :

Si n = 1, il suffit de prendre un seul entier : tout entier est multiple de 1. On suppose donc \(n\geq\, 3\) et l’on considère \((n-1)^2+1\) entiers. On les range selon leur reste dans la division euclidienne par n (n « tiroirs » : 0, 1, …, n − 1).

Premier cas : les n restes apparaissent tous. On choisit un entier de chaque reste ; leur somme est congrue modulo n à

\(0+1+\dots+(n-1)=\dfrac{n(n-1)}{2}=n\times \dfrac{n-1}{2}\).

Comme n est impair, \(\dfrac{n-1}{2}\) est un entier : la somme de ces n entiers est un multiple de n.

Second cas : au plus n − 1 restes apparaissent. Les \((n-1)^2+1\) entiers sont répartis dans au plus n − 1 tiroirs. Si chaque tiroir contenait au plus n − 1 entiers, on en aurait au plus \((n-1)^2\), ce qui est faux. Un tiroir contient donc au moins n entiers ayant le même reste r ; la somme de n d’entre eux est congrue à \(nr\equiv 0\ [n]\).

Dans les deux cas, parmi \((n-1)^2+1\) entiers, on peut en choisir n dont la somme est un multiple de n.

Exercice 29 :

1. On factorise : \(n^2+5n+4=(n+1)(n+4)\) et \(n^2+3n+2=(n+1)(n+2)\). Les deux nombres sont donc divisibles par n + 1.

2. On écrit \(3n^2+15n+19=3(n^2+5n+4)+7=3(n+1)(n+4)+7\).

Comme n + 1 divise \(3(n+1)(n+4)\), n + 1 divise \(3n^2+15n+19\) si et seulement si n + 1 divise 7. Les diviseurs positifs de 7 sont 1 et 7, donc n + 1 = 1 ou n + 1 = 7 : n = 0 ou n = 6.

3. Si \(n^2+3n+2=(n+1)(n+2)\) divisait \(3n^2+15n+19\), alors n + 1 le diviserait aussi, et d’après la question 2, n = 0 ou n = 6.

• n = 0 : \(n^2+3n+2=2\) et \(3n^2+15n+19=19\), qui est impair : 2 ne divise pas 19.
• n = 6 : \(n^2+3n+2=56\) et \(3n^2+15n+19=108+90+19=217\) ; or \(56\times 3=168\) et \(56\times 4=224\), donc 56 ne divise pas 217.

Donc, pour tout entier naturel n, \(3n^2+15n+19\) n’est pas divisible par \(n^2+3n+2\).

Exercice 30 :

a. On suppose \(n\geq\, 1\) (pour n = 0, \(2^0+1=2\) est premier mais 0 n’est pas une puissance de 2). Raisonnons par contraposée : supposons que n ne soit pas une puissance de 2. Il possède alors un diviseur impair \(m\gt 1\) : \(n=2^k\times m\) avec m impair, \(m\geq\, 3\). Posons \(A=2^{2^k}\).

Comme m est impair, \(A^m+1=A^m-(-1)^m=(A+1)(A^{m-1}-A^{m-2}+\dots-A+1)\), donc \(A+1\) divise \(A^m+1=2^n+1\).

Or \(3\leq\, A+1=2^{2^k}+1\lt 2^n+1\) car \(2^k\lt n\) : \(2^n+1\) a un diviseur autre que 1 et lui-même, il n’est pas premier. Par contraposée, si \(2^n+1\) est premier, n est une puissance de 2.

b. Montrons d’abord par récurrence que pour \(n\geq\, 1\), \(F_0\times F_1\times \dots\times F_{n-1}=F_n-2\).

Pour n = 1 : \(F_0=3\) et \(F_1-2=5-2=3\). Si la relation est vraie au rang n, alors \(F_0\times \dots\times F_n=(F_n-2)F_n=(2^{2^n}-1)(2^{2^n}+1)=2^{2^{n+1}}-1=F_{n+1}-2\).

Soit \(m\lt n\) et d un diviseur commun positif de \(F_m\) et \(F_n\). Comme \(F_m\) figure dans le produit \(F_0\times \dots\times F_{n-1}=F_n-2\), d divise \(F_n-2\), donc d divise \(F_n-(F_n-2)=2\) : d = 1 ou d = 2. Or les nombres de Fermat sont impairs, donc d = 1.

Conclusion : les nombres de Fermat sont deux à deux premiers entre eux.