EXO N - NT 10 [Proposed]


  • Math&Maroc

    Trouver tous les entiers nn pour lesquelles il existe un entier mm vérifiant :
    2n1m2+9 2^{n}-1 \mid m^2+9



  • @Amine-Natik
    °Lemme1° si p3(mod4)p\equiv 3(mod4) un nombre premier divisant a2+b2a^{2}+b^{2}
    alors pp divise aa et p divise bb
    Preuve:
    si pgcd(a,p)=1pgcd(a,p)=1 alors pgcd(b,p)=1pgcd(b,p)=1et par le th de fermat ap11(modp)a^{p-1}\equiv 1(modp)et bp11(modp)b^{p-1}\equiv 1(modp)
    D autre part si p3(mod4)p\equiv 3(mod4) alors de pp divise a2+b2a^{2}+b^{2}
    on obtient a2b2(modp)a^{2} \equiv -b^{2}(modp)
    ce qui implique (a2)p12(b2)p12(modp)(a^{2})^{\frac{p-1}{2}}\equiv (-b^{2})^{\frac{p-1}{2}}(modp)
    donc 11(modp)1\equiv -1(modp) contradiction
    °Lemme2° tout facteur premier impair du nombre a2+1a^{2}+1 est de la forme 4k+14k+1
    Preuve:
    supposons quep=4k+3 p=4k+3 et pp divise a2+1a^{2}+1
    alors a21(modp)a^{2}\equiv -1(modp)
    et ap1=(a2)2k+11(modp)a^{p-1}=(a^{2})^{2k+1}\equiv -1(modp) contradiction.

    1. on montre premierment que nn est une puissance de 2
      il est clair que 1 est une solution supposons que n2n\geq 2 alors 2n11(mod4)2^{n}-1\equiv -1(mod4)
      alors il existe un nombre premier p qui divise 2n12^{n}-1
      tq p1(mod4)p\equiv -1(mod4) on a pp divise m2+9m^{2}+9 donc pp divise 3 et pp divise mm et donc 3 divise mm
      on pose m=3sm=3s alors 2n12^{n}-1 divise 9(s2+1)9(s^{2}+1)
      si nn est impair alors pgcd(2n1,9)=1pgcd(2^{n}-1,9)=1 donc 2n12^{n}-1 divise s2+1s^{2}+1 donc 2n11(mod4)2^{n}-1\equiv 1(mod4)
      donc n=1n=1 contradiction avec n2n\geq 2 donc nn est pair
      on pose alors n=2rqn=2^{r}q avec qq impair alors 2q12^{q}-1 divise 2n12^{n}-1 et pgcd(2q1,9)=1pgcd(2^{q}-1,9)=1 donc il divise s2+1s^{2}+1 alors2q11(mod4)alors 2^{q}-1\equiv 1(mod4) donc q=1q=1 est donc nn est une puissance de 2

    2. montrons que pour tout nn il existe mn m_{n} tq mn2+9m_{n}^{2}+9 est divisble par 22n12^{2^{n}}-1
      il est clair que 3 divise 22n12^{2^{n}}-1 si n1n\geq 1 on pose s=22n13s=\frac{2^{2^{n}}-1}{3}
      on a alors s1(mod4)s\equiv 1(mod4) donc il existe tt tq ss divise t2+1t^{2}+1
      il suffit de prendre m=3tm=3t pour conclure


  • Math&Maroc

    BRAVOOOOOOOOOOOO FAHD :clap_tone2: :clap_tone2: :clap_tone2: :clap_tone2: :clap_tone2: :clap_tone2: :clap_tone2:



  • @Amine-Natik
    merciiiiii ^^



  • chapeau fahd :clap_tone2:



  • @Ilyas-ainaq ^
    merci ^^


  • Math&Maroc

    Je vous propose ma solution, elle est basée un peu sur les résidus quadratique!

    Lemme : Si p1[4]p \equiv 1 [4] et α1 \alpha \geq 1 un entier alors il existe xZx \in \mathbb{Z} tels que pαx2+1p^\alpha \mid x^2+1.
    Je vous encourage d'essayer de le prouver

    Solution de l'exercice : On peut d'abord montrer que nn est une puissance de 22 (voir solution de Fahd) on pose n=2kn=2^k avec k0 k\geq 0, on peut montrer que 22n12^{2^n}-1 s'écrit sous la forme:
    22k1=3p1α1p2α2prαr2^{2^{k}}-1=3p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_r^{\alpha_r}
    avec pi1[4]p_i \equiv 1 [4] des premiers, et αi\alpha_i des entiers, pour tout i=1,,ri=1, \ldots,r .
    en utilisant le Lemme ci-dessus, pour tout ii, il existe aia_i tels que piαiai2+1p_i^{\alpha_i}\mid a_i^2+1,
    d'après le théorème des restes chinois il existe xx vérifiant, xai[piαi]x\equiv a_i [p_i^{\alpha_i}] pour tout ii
    finalement, 22k13x2+122k1m2+9\frac{2^{2^k}-1}{3} \mid x^2+1 \Rightarrow 2^{2^k} -1 \mid m^2+9, avec m=3xm=3x.


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