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#1 06-07-2010 09:58:41
- freddy
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Arithmétique Bac 1971 [Résolu]
Bonjour,
voici un joli petit sujet posé à nos aînés il y a de nombreuses lunes :
résoudre dans N l'équation : [tex]5^n-2 \equiv 0[7][/tex]
Enjoy !
Dernière modification par freddy (07-07-2010 22:40:39)
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#4 09-07-2010 17:24:46
- yoshi
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Re : Arithmétique Bac 1971 [Résolu]
Salut,
Je n'en suis pas très satisfait, ça fait encore un peu "Dédé La Bricole", mais voilà comment je ferais.
[tex]5^n-2\equiv 0\; (7) \Leftrightarrow 5^n \equiv 2\;(7)[/tex]
Or :
[tex]5^n = (7 - 2)^n = 7i + (-2)^n,\;i\in \mathbb{N}[/tex]
Donc
[tex]5^n \equiv 2\;(7)\Leftrightarrow (-2)^n \equiv 2\;(7)[/tex]
On montre, facilement, que si n impair, le reste ne sera jamais 2.
Donc n pair...
[tex](-2)^0 \equiv 1\;(7)\;\;;\;\;(-2)^2 \equiv 4 \;(7)[/tex]
Les tests suivants avec 2^4, 2^6, 2^8... donneront un reste théorique de 16, 64, 128, 256...
Et après correction, les restes réels modulo 7 sont 2, 1, 4, 2...
Le premier n est donc 4...
Il en ressort que si on multiple le reste 2 par 4, on trouve 1, si on multiplie le reste 2 par 16 on trouve 4, et si on multiplie le reste 2 par 64 (2^6) on retrouve 2 : c'est cyclique...
Il faut ajoutr 6k, k étant un naturel, à l'exposant 4 pour retrouver un reste de 2 : n = 4 + 6k...
@+
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#5 09-07-2010 18:04:18
- freddy
- Membre chevronné
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- Messages : 7 457
Re : Arithmétique Bac 1971 [Résolu]
Salut,
j'ai un petit doute ...
[tex]5^n-2=(7-2)^n-2 \equiv 2\times \left((-2)^{n-1}-1\right) \;[7][/tex]
et on sait que [tex]\forall p \in N^* \; (-2)^{3p} \equiv 1[7]\;[/tex] ...
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#6 10-07-2010 07:22:43
- yoshi
- Modo Ferox
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- Messages : 17 385
Re : Arithmétique Bac 1971 [Résolu]
Ave,
Précise ta pensée, parce que je ne vois pas où est ce qui te chiffonne...
Testé avec Python :
Premiers exposants de (-2)^2k donnant un reste de 2 modulo 7 : 4, 10, 16, 22, 28, 34
[tex]\forall p \in N^* \; (-2)^{3p} \equiv 1[7]\;[/tex] ...
Bin, non, pas quel que soit p...
Oui, pour tes exposants multiples de 3 et pairs, sinon pour 3, 9, 15, 21, 27 le reste est 6...
Et alors ?
1. Avec les exposants impairs, je n'ai jamais un reste 2, mais, 3, 5 ou 6.
2. Avec les exposants pairs, les restes sont égaux à 2 pour exposant 4+6k k dans N
3. 4+6k n'est jamais multiple de 3.
@+
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#7 10-07-2010 10:50:10
- Groupoid Kid
- Invité
Re : Arithmétique Bac 1971 [Résolu]
Salut,
j'ai un petit doute ...
[tex]5^n-2=(7-2)^n-2 \equiv 2\times \left((-2)^{n-1}-1\right) \;[7][/tex]
et on sait que [tex]\forall p \in N^* \; (-2)^{3p} \equiv 1[7]\;[/tex] ...
Deux erreurs ici, le calcul :
[tex]5^n-2=(7-2)^n-2 \equiv 2\times \left(-(-2)^{n-1}-1\right) \;[7][/tex]
et l'énoncé du théorème :
Puisque 7 est premier et -2 n'est pas multiple de 7 : [tex]\forall k \in N \; (-2)^{6k} \equiv 1[7]\;[/tex]
La méthode de Yoshi n'est certes pas présentée de façon optimale, mais son raisonnement est parfaitement juste. Ce que dit Fermat, c'est que le reste de [tex](-2)^{n}[/tex] modulo 7 est en fait le même que celui de [tex](-2)^{n\ mod\ 6}[/tex]. Donc les solutions seront de la forme [tex]n=a+6k[/tex], k variable et [tex]0 \leq a\leq 5[/tex] fixé, reste à identifier les bons a.
Une méthode efficace mais peu subtile consiste à vérifier les 6 possibilités :
[tex](-2)^{0}=1,
(-2)^{1}=-2,
(-2)^{2}=4=-3,
(-2)^{3}=-3\cdot (-2)=6=-1,
(-2)^{4}=-1\cdot (-2)=2,
(-2)^{5}=2\cdot (-2)=4=-3[/tex].
Donc les solutions sont les seuls n de la forme [tex]4+6k[/tex].
Astuce : Pour ce genre de calcul modulaires, il vaut toujours mieux calculer avec des valeurs absolues les plus petites possibles, même si la tentation de se ramener aux restes euclidiens (positifs) est grande.
GK.
#9 13-07-2010 11:26:03
- freddy
- Membre chevronné
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- Messages : 7 457
Re : Arithmétique Bac 1971 [Résolu]
Re,
il y a des jours où je me battrais jusqu'au sang si je le pouvais ... Oublier le petit théorème de Fermat est une erreur impardonnable, signe d'une sénilité avancée ...
Allez, m'ferez 15 jours ! Rompez !
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