Document créé le 29 octobre 2015
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Chapitre 10 Arithmétique dans 10.1 10.1
Z
Divisi Divisibil bilité ité,, divisio division n euclid euclidien ienne, ne, cong congrue ruence ncess
Solution Solution 10.1.1 10.1.1
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Remarquons que m que m = 0 et m et m = 1 ne donnent aucune solution. On supposera donc m
2.
L’équation m L’équation m n = n m s’écrit n s’écrit n ln m = m = m ln n. ln x . x
Cette égalité s’écrit donc ϕ( ϕ (m) = ϕ( ϕ(n), avec ϕ avec ϕ((x) = On calcule la dérivée de l’application ϕ :
1 − ln x 0 , ϕ (x) = < 0. 0 . ∀ x > 0, x2
ϕ est strictement croissante sur ]0, ]0 , e] et e] et strictement décroissante sur [e, [e , + [.
∞
Or ϕ Or ϕ((m) = ϕ( ϕ(n) avec m avec m < n. n . On en déduit m < e < n. n. La seule possibilité (car m est entier
2) est m est m = = 2. ln 2 On constate ensuite que ϕ(4) ϕ (4) = ϕ = ϕ(2) (2) = . On en déduit n = n = 4. 2
Solution Solution 10.1.2 10.1.2
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Posons n Posons n = a = a 103 + b 102 + c 10 + d + d,, où a,b où a,b,, c, d sont dans 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 (avec a (avec a
·
·
·
tel que r que r 2 = n. n . On a n a n
∗
On sait qu’il existe r dans
N
D’autre part, il existe s dans
{
}
6666 donc 6666 donc r r
1).
81 81..
tel que ( que (a a + 3) 103 + (b (b + 3) 102 + (c (c + 3) 10 + d + d + + 3 = n + n + 3333 = s = s 2 .
∗
·
N
Ainsi s Ainsi s 2
·
·
− r2 = 3333, 3333, c’est-à-dire ( c’est-à-dire (ss − r )(s )(s + r + r)) = 3 · 11 · 101 101.. On sait d’autre part que 0 s − r < s + s + r r et et que r que r 81 81.. La seule possibilité est donc s − r = 33 33 et et s + s + r r = = 101. 101. Donc r Donc r = 34 34,, s = 67 67 et et n = r = r 2 = 1156. 1156.
Solution Solution 10.1.3 10.1.3
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Tout élément a élément a de A s’écrit de façon unique a = 2k (2m (2m
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1), avec 1 avec 1 m n. − 1),
Il y a donc n donc n valeurs possibles de l’entier m, m , alors qu’il y a n + n + 1 valeurs 1 valeurs de a. a . Nécessairement il existe au moins deux éléments a, b de A ayant le même m même m.. L’un des deux (celui qui a le plus petit k ) divise alors l’autre. Remarque : le résultat est faux si Card(A Card(A) n. On le voit avec A = A = n + 1, 1, n + 2, 2, . . . , 2n .
{
}
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10.1 Divisibilité, division euclidienne, congruences Solution 10.1.4
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Chapitre 10 : Arithmétique
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dans Z
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Soit (x,y,z) Z3 une solution de 10x + 15y + 6z = 73, s’il en existe. On effectue une réduction modulo 2 et on trouve y 1 (mod 2). On trouve de même x 1 (mod 3) et z 3 (mod 5).
∈
≡
≡
≡
x = 3X + 1 Autrement dit, on peut nécessairement écrire y = 2Y + 1 , avec (X,Y,Z ) z = 5Z + 3 Réciproquement, si on écrit x, y, z sous cette forme : 10x + 15y + 6z = 73 10(3X + 1) + 15(2Y + 1) + 6(5Z + 3) = 73 X + Y + Z = 1 Dans N : On remarque que si x, y, z sont dans N, il en est de même de X , Y , Z . Les seules solutions en (X,Y,Z ) sont (1, 0, 0), (0, 1, 0) et (0, 0, 1). Les seules solutions en (x,y,z) sont donc (4, 1, 3), (1, 3, 3) et (1, 1, 8).
⇔ ⇔
•
• Dans Z :
∈ Z3.
L’équation X + Y + Z = 1 a pour solutions les triplets (X,Y, 1 X Y ), avec (X, Y ) Les solutions de 10x + 15y + 6z = 73 sont donc les (x,y,z) tels que :
− −
x = 3X + 1 y = 2Y + 1 z = 5(1 X
, avec (X, Y )
− − Y ) + 3 = 8 − 5(X + Y )
Solution 10.1.5
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∈ Z2.
∈ Z2.
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Soit (x,y,z) Z3 une solution du système, s’il en existe. La deuxième équation montre que x est impair. La première équation montre alors que z est impair. On peut donc poser x = 2X + 1 et z = 2Z + 1, avec (X, Z )
∈
−
∈ Z2.
X y + Z = 1 X + y 2Z = 1
Le système équivaut alors à
−
−
qui équivaut à
x = 2X + 1 y = 3X + 1 z = 4X + 1
L’ensemble des solutions est donc formé des triplets
Solution 10.1.6
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On forme le tableau des k 2 (mod 7), avec 0
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k
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Z = 2X y = 3X + 1
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, avec X
∈ Z.
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k 0 1 2 3 4 5 6 k2 0 1 4 2 2 4 1
6 :
Pour tout n (en notant r son reste modulo 7) on a donc (modulo 7) : n 2 = r 2 0, 1, 2, 4 2 2 Pour tous entiers n, m, la valeur modulo 7 de m + n se lit donc dans le tableau suivant :
∈{
+ 0 1 2 4
0 0 1 2 4
1 1 2 3 5
2 2 3 4 6
}
4 4 5 6 1
On voit que m 2 + n2 n’est congru à 0 modulo 7 que s’il en est de même de m 2 et de n 2 . Or le premier tableau montre que ça signifie que m, n sont eux-mêmes congrus à zéro. Conclusion : (m, n) N2 , (7 m2 + n2 ) (7 m) et (7 n).
∀
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
∈
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⇔ |
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10.1 Divisibilité, division euclidienne, congruences Solution 10.1.7
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Chapitre 10 : Arithmétique
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dans Z
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On commence par évaluer 2 n et 5 n modulo 24, pour les petits entiers naturels n. n 0 1 2 2n 1 2 4 5n 1 5 1 Une récurrence évidente donne alors :
De le même manière, On en déduit : 2 x
∀ n 0, y
∀ n 3,
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6
···
···
2n = 16 (mod 24) si n est pair 2n = 8 (mod 24) si n est impair
5n = 5 (mod 24) si n est impair
On voit également que l’équation 2 x .
4 5 16 8
5n = 1 (mod 24) si n est pair
⇔
x = 2
− 5 ≡ 3 (mod 24)
Solution 10.1.8
3 8
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ou
y est pair
y
x est impair
3
y est impair
− 5 ≡ 5 (mod 24) ne possède aucune solution. .
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On a successivement : 1988 1 = (1944 1)(1944 + 1) = (1922
− − 1)(1922 + 1)(1944 + 1) = (1911 − 1)(1911 + 1)(1922 + 1)(1944 + 1) De ces quatre derniers facteurs, seul 1911 − 1 est divisible par 3. Il est même divisible par 3 2 . 11 11 11 En revanche 19 11 − 1 = 2 32 ≡ 18 [27] ≡ 9 [27]. 1 =1 k On en déduit que 3 2 est la plus grande puissance de 3 qui divise 1988 − 1. 88 88 88 ≡ 18(3 · 29 + 1) ≡ 18 [27]. Remarque : plus rapidement, 1988 − 1 = 2 32 ≡ 18 k 1 =1 Les facteurs 1911 − 1, 1922 + 1 et 1944 + 1 sont pairs mais pas divisibles par 4 (en effet 19 ≡ −1 [4] donc, par exemple : 19 11 − 1 ≡ ( −1)11 − 1 ≡ 2 [4]). −
k
k
k
k
k
k
En revanche 19 11 + 1 est divisible par 4 mais pas par 8. En effet 19 11 + 1
≡ 311 + 1 ≡ 3 · (32)5 + 1 ≡ 4[8]. Ainsi 2 1 · 22 · 21 · 21 = 2 5 est la plus grande puissance de 2 qui divise 1988 − 1. 5 2 2 3 = 5 2 2 3 = (26 − 1)(1 + 3 + 9) = 63 × 13 = 819. La somme recherchée est donc =0 =0 a b
a
Solution 10.1.9
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a
a
b=0
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b
b=0
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On cherche donc un entier n s’écrivant n = 10 p + 6, avec p dans
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N.
Si on place le 6 en tête, on obtient m = 6 10d−1 + p, où d est le nombre de chiffres de n.
·
Par hypothèse, on a m = 4n donc 6 10d−1 + p = 40 p + 24 donc 2 10d−1 = 13 p + 8.
·
·
Nécessairement l’entier p est pair, ce qui nous permet de poser p = 2q . L’hypothèse s’écrit alors 10d−1
− 4 = 13q , donc 10 1 est congru à 4 modulo 13. Or, modulo 13 : 10 0 ≡ 1, 10 1 ≡ 10, 102 ≡ 9, 10 3 ≡ 90 ≡ 12, 10 4 ≡ 120 ≡ 3 et 10 5 ≡ 30 ≡ 4. 10 1 − 4 Ainsi l’entier d minimum est-il égal à 6, et on a q = = 7692. d−
d−
13
La solution est donc n = 20q + 6 = 153846.
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10.2 Pgcd et algorithme d’Euclide Solution 10.1.10
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Chapitre 10 : Arithmétique
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On a 2013 = 287 7 + 4 et donc 20132014
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≡ 42014 (mod 7).
·
n 0 1 2 3 4n 1 4 2 1
On calcule ensuite les premières valeurs de 4 n (mod 7) :
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dans Z
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··· ···
Il est clair que la suite des 4 n (mod 7) est 3-périodique. Plus précisément : 4 n = 4 r (mod 7) avec n = r (mod 3).
≡ 1 (mod 3). On en déduit 20132014 ≡ 42014 ≡ 41 = 4 (mod 7).
Or 2014
Solution 10.1.11
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2013
≡ 7 (mod 17) ⇒ N ≡ 72013 Le petit théorème de Fermat montre que 7 16 ≡ 1 (mod 17). On a 2013 = 118 17 + 7. Ainsi 2013
·
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(mod 17).
Il reste donc à trouver le reste r dans la division de n = 20132013 par 16. q
En effet, si n = 16q + r, alors 7 n = 7 16q+r = (7 16 ) 7r
≡ 7
r
(mod 17) donc N
≡ 7
≡ 13 ≡ −3 (mod 16). Donc n ≡ (−3)2013 (mod 16). Mais la suite des (( −3) (mod 16)) 0 prend les valeurs 1, 13, 9, 5, 1, ··· . Cette suite est 4-périodique (et 2013 ≡ 1 (mod 4)), donc n ≡ 13 (mod 16). Ainsi r = 13, et N ≡ 7 13 (mod 17), et on trouve 7 13 ≡ 6 (mod 17). Or 2013
k
2013
Pour tous j, k de
∗
N
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(mod 17).
k
Conclusion : le reste dans la division de N = 20132013 Solution 10.1.12
r
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par 17 est 6.
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, on note δ ( j, k) = 1 si j k et 0 sinon. k
Pour tout k de 1, . . . , n , on a d(k) =
{
}
n
}
δ ( j, k)
j =1 n
d(k) =
n
n
n
δ ( j, k) =
k=1 j =1
k=1
n
Pour tout j de 1, . . . , n ,
n
δ ( j, k) =
j =1
On peut donc écrire : n d(n) =
{
|
δ ( j, k)
j =1 k=1
δ ( j, k) représente le nombre de multiples de j dans 1, . . . , n .
{
k=1
}
n n Ces multiples sont les mj , avec 1 mj n c’est-à-dire 1 m : il y en a . m m n n n n n Il en découle n d(n) = . D’autre part 1 < . m m m j =1 m n n n n On en déduit n < n d(n) c’est-à-dire H n 1 < d(n) H n . j =1 m j =1 m
−
−
− On sait que H ∼ ln n quand n → + ∞. On en déduit d(n) ∼ ln n.
n
10.2
Pgcd et algorithme d’Euclide
Solution 10.2.1
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Notons d = pgcd (m, n). Il existe m et n , premiers entre eux, tels que m = dm et n = dn . Avec ces notations, on a alors : ppcm(m, n) = dm n . Les hypothèses s’écrivent donc d = (m
− n )d et dm n
= 300 c’est-à-dire m = n + 1 et dn (n + 1) = 300
L’entier 300 = 22 3 52 possède 3 2 3 = 18 diviseurs.
· ·
Ces diviseurs sont en effet les 2
α
· · · 3 · 5 , avec 0 α 2, 0 β 1 et 0 γ 2. β
γ
La liste de ces diviseurs, dans l’ordre lexicographique de (α,β,γ ) est :
1, 5, 25, 3, 15, 75, 2, 10, 50, 6, 30, 150, 4, 20, 100, 12, 60, 300 Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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10.2 Pgcd et algorithme d’Euclide
Chapitre 10 : Arithmétique
dans Z
Puis par ordre croissant : 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 25, 30, 50, 60, 75, 100, 150, 300. Les entiers n et n + 1 doivent diviser 300. Les seules solutions sont n Les couples (n, m) s’obtiennent alors dans le tableau suivant : 300
n m = n + 1 d = 1 2 3 4 5 Solution 10.2.2
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2 3 4 5 6 .
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n = dn m = dm
m n
150 50 25 15 10 .
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150 100 75 60 50 .
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∈ {1, 2, 3, 4, 5}.
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300 150 100 75 60 .
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On commence par calculer le pgcd de 3960 et de 2520 par l’algorithme d’Euclide. 3960 = 2520
× 1 + 1440, 2520 = 1440 × 1 + 1080, 1140 = 1080 × 1 + 360, 1080 = 360 × 3. Ainsi pgcd (3960, 2520) = 360 et 3960 = 360 × 11 et 2520 = 360 × 7. On remarque aussi que 6480 = 360 × 18. L’équation équivaut donc à 7x − 11y = 18. Une solution de 7x − 11y = 1 est x = −3 et y = −2. On en déduit qu’une solution de 7x − 11y = 18 est : x 0 = −54 et y 0 = −36. Soit maintenant (x, y) un couple solution quelconque de 7x − 11y = 18. On a l’équivalence : 7x − 11y = 18 ⇔ 7x − 11y = 7x0 − 11y0 ⇔ 7(x − x0 ) = 11(y − y0 ). Ainsi 7 divise 11(y − y0 ). Mais il est premier avec 11 : il divise donc y − y0 (Gauss). De même 11 divise x − x0 . On peut alors écrire x − x0 = 11k et y − y0 = 7k . Mais le report dans l’égalité 7(x − x0 ) = 11(y − y0 ) équivaut à k = k . x = −54 + 11k Les solutions de l’équation initiale sont donc les y = −36 + 7k , avec k ∈ Z. Remarque : une solution très simple (évidente ?) est x = 1, y = −1, obtenue pour k = 5.
x = 1 + 11k
On peut donc réécrire l’ensemble des solutions :
y =
, avec k
−1 + 7k
∈ Z.
Trouver (x = 1, y = 1) dès le début permet de simplifier la démonstration. Mais on a préféré donner ici la méthode générale, car il n’existe pas toujours de solution... évidente.
−
Solution 10.2.3
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– On suppose que ab (a + b) = 1. Si d divise a et b, il divise ab et a + b, donc d =
∧
–
±1. Ainsi a ∧ b = 1. Réciproquement, si a ∧ b = 1, alors (a + b) ∧ a = 1 et (a + b) ∧ b = 1 donc (a + b) ∧ (ab) = 1
Solution 10.2.4
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On pose m = m d et n = n d. De même, soit δ = x
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∧ y, ainsi que x = x δ et y = y δ .
1. Premier cas : m = m/d est impair On note que (x + 1) n = 2 mn = 2 m n d = 2 m n = (y 1)m . Mais (y 1)m 1 [y] (car m est impair) donc (y 1)m 1 [δ ]. De même (x + 1) n 1 [x] donc (x + 1)n 1 [δ ]. L’égalité (x + 1) n = (y 1)m implique donc que δ est un diviseur de 2. Mais x et y sont tous les deux impairs. Il en résulte δ = 1.
−
≡−
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≡
−
≡
− −
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≡−
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10.2 Pgcd et algorithme d’Euclide
Chapitre 10 : Arithmétique
dans Z
2. Deuxième cas : m = m/d est pair Posons m = 2m . On a bien sûr m n = 1. n est impair car premier avec l’entier pair m . Ainsi y = 2dn + 1 est divisible par 2d + 1. De même x = 2m 1 = 22m d 1 est divisible par 2 2d 1 donc par 2 d + 1. On sait donc pour l’instant que δ est divisible par 2 d + 1. D’autre part δ y donc δ (2 n 1)y = 22n 1. Ainsi δ divise x (22n 1) = (2m 1) (22n 1) = 2m∧(2n) 1 (résultat connu). Or m (2n) = (2m d) (2n d) = 2d(m n ) = 2d. Ainsi δ (2 2d 1) = (2d 1)(2d + 1). Ensuite tout diviseur r > 2 de 2 d 1 divise 2 n 1 donc ne peut diviser y = 2n + 1. Il s’ensuit que y (donc δ ) est premier avec 2 d 1. Ainsi δ divise 2 d + 1 Conclusion : δ = 2d + 1.
∧
−
|
∧
∧
Solution 10.2.5
− ∧
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−
|
−
−
− ∧
−
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∧
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− | −
− −
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k−1
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−
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∈ N et k ∈ N : F + − 2 = 22 2 − 1 est divisible par 2 2 − 1 donc par F = 22 + 1. Ainsi F ∧ F + divise 2, donc F ∧ F + = 1 car les F sont impairs. n+1
∗
Pour n
n
n+1
n
n
n k
n
n k
n
n k
Tout entier F n est divisible par un entier premier impair qui ne divise aucun des autres F m . Puisque la suite n F n est strictement croissante, il en résulte qu’il y a au moins n + 1 entiers premiers p inférieurs ou égaux à F n (en comptant l’entier p = 2 cette fois).
→
Donc, on a p n+1
n
F n = 22 + 1, en notant p n+1 le (n + 1)-ième nombre premier.
Solution 10.2.6
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Puisque que Card(E m
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× E ) = Card(E ) = mn, il suffit de montrer que f est injective. Soient (x1 , y1 ) et (x2 , y2 ) dans E × E tels que f (x1 , y1 ) = f (x2 , y2 ). x1n ≡ x2n [m] x1 ≡ x2 [m] x1 = x2 Ainsi x 1 n + y1 m ≡ x 2 n + y2 m [mn] donc donc donc y1 m ≡ y 2 m [m] y1 ≡ y 2 [m] y1 = y 2 n
mn
m
n
Dans ces conditions : f (x, y)
∧ mn = 1 ⇔
Solution 10.2.7
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(xm + yn) (xm + yn)
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∧
∧ m = 1 ⇔ ∧ n = 1 .
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y x
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∧
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m = 1 n = 1
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, et il y a ϕ(m)ϕ(n) solutions (x, y).
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Il suffit de remarquer que 3(14m + 3) 2(21m + 4) = 1. Les entiers 14m + 3 et 21m + 4 satisfont donc à une identité de Bezout. 21m + 4 Cela signifie qu’ils sont permiers entre eux, donc que la fraction est irréductible. 14m + 3
−
Solution 10.2.8
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1. Par hypothèse, il existe deux entiers u et v tels que um + vn = 1 (Bezout).
vn
≡ 1 (mod m) ⇒ vna ≡ a (mod m) On constate alors que vna ≡ 0 (mod n) vn ≡ 0 (mod n) um ≡ 0 (mod m) umb ≡ 0 (mod m) ⇒ De la même manière : um ≡ 1 (mod n) umb ≡ b (mod n) α ≡ a (mod m) On en déduit que α = vna + umb vérifie α ≡ b (mod n) L’entier α est donc une solution du problème. Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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10.3 Nombres premiers
Chapitre 10 : Arithmétique
dans Z
Soit maintenant x une solution quelconque. On a les équivalences :
≡ x x
a (mod m) b (mod n)
x x
⇔
≡
| ⇔ |
≡
m (x
α (mod m) α (mod n)
≡
− α) (x − α)
n
Mais m et n sont premiers entre eux. Dire que x α est divisible par m et par n, c’est donc dire qu’il est divisible par leur produit mn. Ainsi x est solution du problème si et seulement s’il existe un entier relatif k tel que x = α + kmn. L’ensemble des solutions est donc bien une classe d’entiers modulo mn.
−
2. Cette question n’est pas un cas particulier de la précédente car m = 12 et n = 9 ne sont pas premiers entre eux. En fait ce système n’admet aucune solution. En effet si x 3 (mod 12) alors x est de la forme x = 12k + 3 = 3(4k + 1) et est donc un multiple de 3. On en déduit que x est congru à 0, à 3 ou à 6 modulo 9, mais certainement pas à 5.
≡
Solution 10.2.9
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On a 25x + 3y
≡ 0 [41] ⇔ 16(25x + 3y) ≡ 0 [41] ⇔ 31x + 7y ≡ 0 [41]. En effet 16 · 25 ≡ 31 [41] et 16 · 3 ≡ 7 [41]. On peut aussi remarquer que 11 · 41 − 18 · 25 = 1 et −3 · 41 + 4 · 31 = 1 (algorithme d’Euclide). Il en résulte −18 · 25 ≡ 1 [41] et 4 · 31 ≡ 1 [41]. On en déduit 25x + 3y ≡ 0 [41] ⇔ 25x ≡ −3y [41] ⇔ x ≡ 3 · 18y [41] ⇔ x ≡ 13y [41]. De même : 31x + 7y ≡ 0 [41] ⇔ 31x ≡ −7y [41] ⇔ x ≡ −28y [41] ⇔ x ≡ 13y [41]. 10.3
Nombres premiers
Solution 10.3.1
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1. Les 500 entiers pairs 1000 donnent un exposant de 2 (au moins) dans la décomposition. Puis chacun des 1000 4 = 250 multiples de 4 fournit un exposant supplémentaire. Les multiples de 2 3 = 8 donnent alors 1000 8 = 125 exposants supplémentaires. Ceux de 2 4 = 16 en donnent 1000 16 = 62 de plus, etc. 8 Finalement les 1000 256 = 3 multiples de 2 = 256 ajoutent chacun un exposant de 2, et 512 (le seul multiple de 512 = 29 car 1000 512 = 1) fournit un dernier exposant. Le nombre d’exposants de 2 dans la décomposition de 1000! est donc :
1000 + 1000 + 1000 + ··· + 1000 + 1000 2 2 2 2 2 1
2
3
8
9
= 500 + 250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 994 2. Les facteurs premiers présents dans la décomposition de n! sont compris entre 2 et n. On se donne donc un entier premier p tel que 2 p n. Soit m l’entier k maximum tel que p k n. n Les inégalités p m n < pm+1 signifient que m = ln ln p . Par exemple, si n = 1000 et p = 2,
ln n ln p
≈ 9.965784284 donc lnln = 9. n p
On généralise facilement : l’exposant de p dans la décomposition de n! est
m k=1
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n pk
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10.3 Nombres premiers Solution 10.3.2
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Chapitre 10 : Arithmétique
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Soit n un entier naturel, et n = p α q β
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··· r
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γ
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dans Z
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sa décomposition en facteurs premiers.
Dans cette écriture, on peut toujours supposer α Les diviseurs positifs de n sont les m = p a q b
β
··· γ 1.
c
··· r , avec 0 a α, 0 b β , 0 c γ . Le nombre de ces diviseurs est (α + 1)(β + 1) ··· (γ + 1). Pour que ce nombre soit égal à 15 = 5 × 3, les seules décompositions possibles de n en facteurs premiers sont du type n = p 14 ou n = p 4 q 2 .
Puisqu’on cherche n minimum, il ne reste que les possibilités 2 14 = 16384 et 2 4 32 = 144. Conclusion : 144 est le plus petit entier positif ayant exactement 15 diviseurs positifs. Solution 10.3.3
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Par l’absurde, on suppose qu’il n’y a que n + 1 nombres premiers de la forme 4k + 3. Nommons-les p 0 = 3, p1 = 7, p2 = 11, p3 = 19,
··· , p
n dans
l’ordre croissant.
On pose alors N n = 4 p1 p2 . . . pn + 3. N n est de la forme 4k + 3 et supérieur à p 0 , p1 , . . . , pn : il ne peut donc pas être premier. A part p = 2 tous les entiers premiers sont de la forme p = 4k + 1 ou p = 4k + 3. L’entier N n est impair donc n’est pas divisible par 2. Si les facteurs premiers de N n étaient tous de la forme 4k + 1 (c’est-à-dire congrus à 1 modulo 4) il en serait de même de N n , ce qui n’est pas le cas car N n est congru à 3 modulo 4. On en déduit que N n est nécessairement divisible par l’un des entiers premiers p 0 , p1 , . . . , pn . Si p 0 = 3 divisait N n il diviserait 4 p1 p2 . . . pn donc l’un des p k avec k Si l’un des pk (avec k
1 : impossible.
1) divisait N n , il diviserait 3 ce qui est impossible. Contradiction !
Conclusion : il y a une infinité de nombres premiers de la forme 4k + 3. Solution 10.3.4
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On suppose qu’il n’y a qu’un nombre fini d’entiers premiers de la forme 4m + 1. n
On les note p 1 , p2 , . . . , pn , on pose A =
pk et B = A 2 + 1. L’entier A est impair donc B
k=1
≡ 2 [4].
B > 2 est donc divisible par un entier premier impair q (qui ne peut être un p k ) donc q Puisque q est premier et q A (sinon q serait l’un des p k ) on a A q−1
|
Posons q = 4m + 3. On a donc q A 4m+2
≡ 3 [4].
≡ 1 [q ] (Fermat).
− 1 = (A4 − 1)A2 + A2 − 1. Mais q | A 2 + 1 donc q | A 4 − 1 donc q | A 4 − 1. Finalement q | A2 + 1 et q | A2 − 1 donc q | 2 et c’est absurde. m
|
Solution 10.3.5
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m
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On suppose qu’il n’y a qu’un nombre fini d’entiers premiers de la forme 6n + 5. On les note p 1 , p2 , . . . , pn (donc p 1 = 5, p 2 = 11, etc) et on pose A = 6
n
pk
k=1
− 1.
Tous les diviseurs premiers de A sont strictement supérieurs à 3, et ne sont pas des p k donc sont de la forme 6m + 1. Il en est donc de même de A, ce qui est absurde car A Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
≡ 5 [6].
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10.3 Nombres premiers Solution 10.3.6
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p k (k
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=
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dans Z
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−
p p 1 − = − − − − 1))! k k − 1 . p p − 1 p Ainsi on a l’égalité : k = p , qui montre que p divise k . k k−1 k
1. On écrit
p k
.
Chapitre 10 : Arithmétique
( p 1)! 1)!(( p 1) (k
Mais p est premier avec k. Le théorème de Gauss montre alors que p divise p−1
p . k
2. La formule du binôme s’écrit : (a + b) p = a p +
p k p−k a b + b p . k
k=1
p Or pour tout k de 1, . . . , p 1 , est congru à 0 modulo p. k On en déduit : (a + b) p = a p + b p (mod p).
{
− }
3. Le résultat précédent se généralise facilement et on peut écrire : n N∗ , (a1 , . . . , an ) Zn , (a1 + + an ) p = a p1 + + a pn (mod p). En particulier, avec a 1 = = a n = 1, on trouve le petit théorème de Fermat : Pour tout n dans N, pour tout p premier : n p = n (mod p) (c’est évident si n = 0.)
∀ ∈
∀
∈
···
···
···
4. Si n n’est pas un multiple de p, alors n est premier avec p. Il existe donc deux entiers u, v tels que un + vp = 1 donc un = 1 (mod p). On a alors les implications : n p = n (mod p) unn p−1 = un (mod p) n p−1 = 1 (mod p).
⇒
Solution 10.3.7
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⇒
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Si b = 2, la seule solution est n = 10 = 2. Si b = 3, seuls n = 012 = 5, n = 021 = 7, n = 102 = 11, et n = 201 = 19 convienent. Soit n un entier dont l’écriture en base b 4 utilise une seule fois tous les chiffres de la base. Il est clair qu’alors n est strictement supérieur à b (il a au moins deux chiffres non nuls). b−1
On peut écrire n =
k=0
ak bk , avec a0 , a1 , . . . , ab−1 = 0, 1, . . . , b
{
Dans ces conditions n =
b−1
b−1
ak +
k=0
– Si b est pair (b = 2m avec m
k=0
ak (bk
} { − 1}. 1 − 1) = b(b − 1) + a (b − 1). b−
2
k
k
k=0
2) alors on voit que n est divisible par b
– Si b est impair (b = 2m + 1 avec m
− 1.
2), alors on voit que n est divisible par m.
Dans les deux cas, on constate que n n’est pas premier. Les seules solutions sont donc celles obtenues pour b = 2 et b = 3. Solution 10.3.8
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On a 56786730 = 2 3 5 7 11 13 31 61. D’autre part N = n(m61 m) m(n61 n). 61 étant premier, on a m 61 = m (mod 61) et n 61 = n (mod 61). Ainsi 61 divise N . D’autre part, 60 est divisible par 2, 4, 6, 10, 12 et 30. Soit k l’un de ces entiers. m 60 n60 est donc divisible par m k nk . Ainsi N est divisible par mn(mk nk ) = m(nk+1 n) n(mk+1 m). Or k 2, 4, 6, 10, 12, 30 , p = k + 1 3, 5, 7, 11, 13, 31 est premier. Il s’ensuit que n p n et m p m sont divisibles par p. Il en est donc de même de N . Ainsi N est divisible par les entiers 2, 3, 5, 7, 11, 13, 31, 61. Puisque ces entiers sont premiers et distincts, N est divisible par leur produit 56786730.
· · · · · · · −
∀ ∈ {
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
−
}
−
−
∈ {
− −
− −
−
}
mathprepa.fr
−
−
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10.4 Calculs dans Z/nZ Solution 10.3.9
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Chapitre 10 : Arithmétique
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dans Z
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− 1 = 640 = 5 · 128 = 5 · 27, et 641 − 24 = 625 = 54. Ainsi 641 = 5 · 27 + 1 divise a = 54 · 228 − 1 et 641 = 54 + 24 divise b = 54 · 228 + 232 . On en déduit que 641 divise b − a c’est-à-dire F 5 . On a 641
Solution 10.3.10
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On remarque tout d’abord que tout produit d’éléments de C est encore un élément de C . En particulier, les entiers qui ne sont pas congrus à 1 modulo 4 sont irréductibles sur C . On note que la décomposition en facteurs premiers de 4389 est 4389 = 3 7 11 19. Les quatre facteurs premiers 3, 7, 11, 19 sont de la forme 4k + 3 avec k dans N. Chacun d’eux est donc irréductible sur C . Leurs produits deux à deux (bien que congrus à 1 modulo 4) sont aussi irréductibles sur C , car un tel produit ne peut se factoriser que d’une seule manière (sous la forme précisément de deux entiers qui ne sont pas dans C ). Il en est de même pour leurs produits trois à trois (un tel produit est congru à 3 modulo 4).
× × ×
Ainsi les différentes façons de factoriser 4389 en produit de deux irréductibles sur C sont : 4389 = 3 1463 = 7 627 = 11 399 = 19 231 = 21 209 = 33 133 = 57 77
×
×
Solution 10.3.11
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1. Soit n 1, et m dans 1, . . . , n , divisible par aucun des p j pour j > k .
{
}
On écrit m sous la forme m = a 2 b, où b est sans facteurs carrés. αk k
Pour l’entier b, qui s’écrit b = p α1 1 pα2 2
k
··· p , avec les α dans {0, 1}, il y a 2 possibilités. √ √ √ De plus, a n. Il y a donc au plus 2 n entiers m possibles. Ainsi N (n) 2 n. j
k
k
k
n . p Il y a n N k (n) entiers de 1, . . . , n qui sont divisibles par l’un au moins des p j , avec j > k . n n n n Ainsi n N k (n) + + = n( S k ) < , donc N k (n) > . pk+1 pk+2 2 2 n Avec le résultat de (1), on trouve < 2 k n, donc n < 4 k+1 . 2 Mais cela serait vrai pour tout n 1. Il y a une contradiction.
2. Pour tout entier n
1, le nombre de multiples de p dans 1, . . . , n est inférieur ou égal à
{
− −
{
} ···
}
−
√
10.4
Z/nZ
Calculs dans
NB : cette section est un peu en marge du programme officiel de la classe de MPSI. Solution 10.4.1
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1. Soient z = (x, y) et z = (x , y ) deux éléments de ( Z2 , +). ϕ(z + z ) = ϕ(x + x , y + y ) = α(x + x ) + β (y + y ) On a effectivement : = (αx + βy) + (αx + βy ) = ϕ(z) + ϕ(z ) L’application ϕ est donc un morphisme de groupes de ( Z2 , +) dans ( Z, +). 2. Le noyau de ϕ est formé des couples (x, y) tels que αx + βy = 0. Soit d = pgcd (α, β ). Il existe deux entiers α et β , premiers entre eux tels que α = dα et β = dβ . L’équation αx + βy = 0 équivaut alors à α x = β y. Puisque α et β sont premiers entre eux, cela implique que α divise y et β divise x. Réciproquement, l’égalité exige x = kβ et y = kα , avec k Z. Finalement le noyau de ϕ est formé des couples (x, y) = k(β , α ), avec k Z.
−
−
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
∈ −
∈
Page 10
10.4 Calculs dans Z/nZ
Chapitre 10 : Arithmétique
dans Z
3. Il s’agit de montrer que x y ne dépend que de x (mod n) et de y (mod n). Si on remplace x par x = x + an et y par y = y + bn (avec a, b Z), on a :
∈
x T y = αx + βy = α(x + an) + β (y + bn) = αx + βy + (aα + bβ )n = x T y + (aα + bβ )n Il en découle x T y = x T y (mod n). On a donc x T y = x T y puis x y = x y . 4. Soient x, y, z trois éléments quelconques de Z. Ils désignent trois éléments quelconques x, y et z de Z/nZ.On a :
x (y z ) = x αy + βz = αx + β (αy + βz) (x y) z = αx + βy z = α(αx + βy) + βz
On en déduit x (y z ) (x y) z = β (β 1)z α(α 1)x. La loi est associative si et seulement si cette quantité est nulle pour tout x, z, et en particulier si (x = 1, z = 0) et si (x = 0, z = 1), la réciproque étant évidente.
−
−
⇔
β (β
− 1) = 0 α(α − 1) = 0
Ainsi est associative
−
−
| ⇔ |
− 1) α(α − 1)
n β (β n
5. Soient x, y deux éléments quelconques de Z. On a x y y x = αx + βy αy + βx = (α β )(x y). La loi est commutative si cette quantité est nulle pour tous x, y, ce qui équivaut (prendre par exemple x = y + 1) à dire que α β = 0. Autrement dit : la loi est commutative si et seulement si n divise α β .
−
−
−
−
−
−
6. Soit e un élément neutre éventuel pour la loi . Soient x, y quelconques dans Z. On a : x e = x αx + βe = x n (α 1)x + βe. De même : e x = x αe + βx = x n (β 1)x + αe. Si c’est vrai pour tout x, alors n divise α 1 et β 1 (utiliser x = 0 puis x = 1.)
⇔
⇔
Inversement supposons Alors
| − | − n α
1
n β
1
x e = αx + βe = x + e
⇔ | − ⇔ | − − − c’est-à-dire
α = 1
β = 1
. Dans ces conditions le neutre est e = 0.
e x = αe + βx = e + x
7. D’après ce qui précède, pour que ( Z/nZ, ) soit un groupe commutatif il faut que :
• • •
n divise α(α
− 1) et β (β − 1) (pour assurer l’associativité)
n divise α
− β (pour assurer la commutativité) n divise α − 1 et β − 1 (existence du neutre).
Ces conditions se résument en fait à la troisième, qui implique les deux autres. Ainsi il est nécessaire et suffisant que α = 1 et β = 1. On a alors x y = αx + βy = x + y. Effectivement ( Z/nZ, ) est un groupe abélien : c’est le groupe ( Z/nZ, +). Solution 10.4.2
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On a l’équivalence : x 2 + 2x = 3 (x 1)(x + 3) = 0. – Dans Z/97Z : L’entier 97 étant premier, Z/97Z est un corps (pas de diviseur de zéro). Dans Z/97Z, on a donc : (x 1)(x + 3) = 0 x 1, 3 = 1, 94 .
⇔
−
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−
⇔ ∈ { − } {
mathprepa.fr
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10.4 Calculs dans Z/nZ
Chapitre 10 : Arithmétique
– Dans Z/91Z : L’entier 91 se factorise en 91 = 7 13. x = 1 et x = 3 = 88 sont bien sûr solutions de (x 1)(x + 3) = 0. Si x est une autre solution, alors x 1 et x + 3 sont des diviseurs de zéro dans
·
−
−
−
Or les diviseurs de zéro dans
Z/91Z sont
les k, avec
1k
dans Z
Z/91Z.
90
k non premier avec 91 Ces conditions signifient que k doit être divisible par 7 ou par 13. Les diviseurs de zéros dans Z/91Z s’obtiennent donc en réunissant
{7, 14, 21, 28, 35, 42, 49, 56, 63, 70, 77, 84} et {13, 26, 39, 52, 65, 78} On obtient ainsi l’ensemble X = 7, 13, 14, 21, 26, 28, 35, 39, 42, 49, 52, 56, 63, 65, 70, 77, 78, 84
{
Rappelons qu’on cherche x dans Z/91Z tel que x 1 X et x + 3 Les seules possibilités sont x = 36 et x = 53. (36 1)(36 + 3) = 3539 = 91 15 = 0 On a effectivement (53 1)(53 + 3) = 5256 = 91 32 = 0
− ∈
− −
Conclusion : les solutions de x 2 + 2x = 3 dans Solution 10.4.3
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}
∈ X .
· ·
Z/91Z sont 1, 36, 53, 88.
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– La loi + est la loi additive habituelle de ( Z/5Z)2 : (K, +) est un groupe commutatif. – Il est clair que la loi est commutative : (a, b) (a , b ) = (a , b ) (a, b). – Le couple (1, 0) est visiblement neutre pour la loi : (a, b) (1, 0) = (a, b). – Montrons que la loi est associative. Soient x = (a, b), x = (a , b ) et x = (a , b ) trois éléments quelconques de K . On a : z (z z ) = (a, b) (a a + 2b b , a b + b a ) = (aa a + 2ab b + 2ba b + 2bb a , aa b + ab a + ba a + 2bb b ) Ce résultat est invariant si on permute (a, b) et (a , b ). Ainsi, avec la commutativité : z (z z ) = z (z z) = (z z) z = (z z ) z – Montrons que la loi est distributive par rapport à la loi +. Soient x = (a, b), x = (a , b ) et x = (a , b ) trois éléments quelconques de K . On a : z (z + z ) = (a, b) (a + a , b + b ) = (aa + aa + 2bb + 2bb , ab + ab + ba + ba ) = (aa + 2bb , ab + ba ) + (aa + 2bb , ab + ba ) = z z + z z – Enfin il reste à montrer que tout z = (a, b) non nul de K a un inverse pour la loi .
⇔ −
On doit résoudre le système (a, b) (a , b ) = (1, 0) Le “déterminant” de ce système est ∆ =
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a 2b = a 2 b a
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aa + 2bb = 1
ba + ab = 0
.
2b2 . Page 12
10.4 Calculs dans Z/nZ
Chapitre 10 : Arithmétique
Voici les différentes valeurs de x 2 et 2x2 quand a décrit
dans Z
K :
x 0 1 2 3 4 x2 0 1 4 4 1 2x2 0 2 3 3 2 On constate que l’égalité x 2 = 2y2 n’est possible dans K que si x = y = 0. Ainsi ∆ = a 2 2b2 est non nul, donc inversible dans le corps Z/nZ. Soit u l’inverse de ∆. On a donc l’égalité : u(a2 2b2 ) = 1.
−
1 2b a 1 = ua et b = u 0 a b 0 On constate que : On pose a = u
− = −bu.
(a, b) (a , b ) = (aa + 2bb , ab + ba ) = (u(a2
− 2b2), 0) = (1, 0)
Ainsi (a, b) est inversible et son inverse est (ua, bu). Conclusion : ( K, +, ) est un corps.
−
Solution 10.4.4
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1. Dire qu’un élément de Z/pZ est son propre inverse c’est dire que x 2 = 1. Mais x 2 = 1 (x 1)(x + 1) = 0 x = 1 ou x = 1 (car Z/pZ est un corps.) Les deux seuls éléments de Z/pZ qui sont leur propre inverse sont donc 1 et 1 = p
⇔
2.
−
⇔
−
− − 1. Le produit de tous les éléments non nuls de Z/pZ s’écrit 1 · 2 · · · · p − 1 = ( p − 1)!. Mais dans ce produit, on peut grouper deux par deux les éléments 2, ··· , p − 2 en associant à chaque k son inverse. Ainsi 2 3 p 2 = 1. Il en découle ( p 1)! = 1 p 1 = p 1 = 1. Ce résultat signifie que ( p 1)! + 1 est divisible par p ( théorème de Wilson .)
· ···· −
−
−
· −
−
−
3. Soit n un entier naturel non premier, avec n > 2. Soit k un diviseur de n compris entre 2 et n 1. Alors k divise (n 1)!. Il ne divise donc pas (n 1)! + 1. A fortiori l’entier n ne divise pas (n 1)! + 1 : la réciproque est établie.
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