Devoir Maison (DM) de Mathématiques de niveau Terminale

Tpautrel

Description

Avec correction. Corrigé dm 3 équation pell fermat
Devoir Maison (DM) en Mathématiques (2011) pour Terminale S

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• Langue: Français

Extrait

Mathématiques spécialitéDevoir maison n°3Terminale S E: x²−7y²=1 On considère l'équationoù les inconnues x et y sont des entiers naturels non nuls. a , b 1. Danscette question, on suppose que le coupleest une solution de (E). a) Comparer a et b. a²−7b²=1 a²−7b²0a²7b²b² Si (a,b) est solution de (E),donc ,c'est à dire que. Les entiers a et b ab étant positifs, leurs carrés sont rangés dans le même ordre donc. b) Montrer que 1 est le seul diviseur positif commun à a et à b: Soit d un diviseur positif commun à a et à b. 2 d∣u av b u , v∈ ℤ Donc d divise toute combinaison linéaire de a et de b, autrement dit, avec. v∈ℤa²−7b² a²−7b²=d×kk ,∈ ℤ En particulier, si u = a et v = -7 b,, d divise donc. On peut donc écrire a²−7b²=1 d∣1 Or doncet 1 est son unique diviseur. Il vient que d = 1 par unicité du diviseur de 1. Donc 1 est le seul diviseur positif commun à a et à b a≡1[7]a≡−1[7] c) Démontrer queou : a²−7b²=1a²=7b²−1 On a, si a et b sont solutions de (E)donc . a²≡1[7] Ainsi, . a≡...[7] 0 1 2 3 4 5 6 a²≡...[7] 0 1 4 2 2 4 1 a≡1[7] Donc dans tous les restes possibles de la division de a² par 7, deux correspondent: il vient par suite que a≡6[7]⇔a≡−1[7] ou . 2. Trouverla solution (a,b) de (E) telle que b soit le plus petit possible: a≡1[7] a≡6[7]⇔a≡−1[7] a=7k1a=7k−1k∈ℕ On a démontré queou c'està dire queou .car a est un entier naturel. L'entier a prend les valeurs 1, 8, 15, 24 ...OU ilprend les valeurs 6, 13, 20 ... a=7k1a=7k−1 Cas oùCas où: 7k1²−7b²=17k−1²−7b²=1 L'équation (E) devient(E) <=> −7b²=1−49k²14k1−7b²=1−49k²−14k1 <=> <=> b²=7k²2k b²=7k²−2k <=> <=>. 7k²2k Il faut donc quesoit un carré.Il faudrait donc trouver une ou plusieurs valeurs de k 7k²−2k k soit un carré.pour lesquelles 1 2 3 4 k 1 2 3 4 b²=7k²2k 9 3269 120 b²=7k²−2k 7k²2k 57 1045 24 Donc quand k=1,est un carré et donc b=3. b Donc le couple (8;3) convient.On ne peut donc pas trouver un entier naturel « petit » ici, en essayant les premières valeurs de k. On peut donc conclure que le couple (8;3) est tel que b soit le plus petit possible. n ∈ℕ ba ; 3. a)Démontrer par récurrence pour* ,qu'il existe un couple n n d'entiers naturels non nuls tel n   =a b7 a ;b que: 83  7 n  n  et n n solution de (E). (Pn) ba ; 8;3 Initialisation: n = 1. On choisit le couple 1 1 .le plus petit possible, c'est-à-dire 1 =87×3=83 7 a  7b 1   . Donc P 1 est vraie. 1 n b7 Hérédité:on suppose qu'il existe un rang n pour lequel (P n ) : 83  7 =a n n  est vraie. Démontrons que (P n+1 ) l'est aussi. n 83 7 =ab7 a  7b  n n  En multipliant par 1 1 , on obtient: n 83 7=7b83 7 a  7b=83  7 83  7 ×  a n   n  car 1 1 . n1n1 83 7 =8a3a78b b21b83 7 =8a21b73a8b On a donc  n n  n  n n <=>  n n  n n .

Thibault PAUTREL- Devoirmaison n°3- TerminaleS sécialité - 2011-2012

8a21b ;3a8b Vérifions tout de même si le couple n nn n est bien solution de (E). 2 8a n 21b n ²−73a n 8b n  =64a n ²336a n b n 441b n ²−79a n ²64a n b49b n ² n 2 ; b 8a21b²−73ab =a²−7b² a n n est solution de (E) vaut 1 n nn nn n ., qui, comme 2 =  8a21b²−73ab = a  8a21b b=3a8b et . Donc on a bien n nn n 1 . Il vient que n1n nn1n n (Pn+1) est donc vraie. n 83 7 =ab7 ba ; On en conclut que pour tout entier naturel non nul n,  n n  avec n n solution de (E).

b) Combien l'équation (E) a-t-elle de solutions? n 83 7 =ab ur tout n décrivant IN*, donc il y a une infinité de solutions pour La formule  n n  7 est valable po l'équation (E).

c)Feuille de calculs:

d) Les formules à saisir

n 8−3 7 =a−b7 4. a)Prouver que pour tout entier naturel n non nul,(Pn)  n n  : Raisonnons par récurrence: 1 ba ; Initialisation:n= 1 1 1 =8;3 a−b  7=8−3  7 donc (Pn) est initialisée au rang 1. . 1 1 Hérédité: n 8−3 7 =a−b7 Supposons qu'il existe un rang n pour lequel (Pn)  n n  est vraie. Démontrons que (Pn+1) l'est aussi. n1n n 8−3 7 =a 8−3  7 =8 Or d'après l'hyp n  . −3  7 ×8−3  7 de récurrence,. othèse  n −b7 n1 8−3  7 =a−b  78−3  7=8a21b−8b3a  7 Donc n nn nn n . a=8b=8b Or, d'après la question 3.a), n1 a21b t n1 3a e . n nn n n1 8−3 3 =a−b7 D'où  n1n1  . Donc (Pn+1) est vraie. n Conclusion: pour tout entier n non nul,  n n . 8−3 7 =a−b  7 a b b) En déduire les expressions de n et de n en fonction de n. On peut tirer des questions 3.a) et 4.a) que: n ab  7=83  7 L 1  n n { . n a−b  7=8−3  7 L n n2 ● LL Calculons 1 2 : n n n n n n 83  7 8−3  7 ab  7a−b  7=83  7 8−3  7 83 7 8−3 7 ⇔a= n nn n <=> 2a n =   n . 2 ● L−L Calculons : 1 2 n n n nn n 83  7 −8−3  7 ⇔2  7b=83  7 −8−3  7 ⇔b= ab  7−ab  7=83  7 −8−3  7 n n . n nn n 2  7

Thibault PAUTREL- Devoirmaison n°3- TerminaleS sécialité - 2011-2012