Solutions – Exercices sur la divisibilité

Les critères de divisibilité utilisés pour cet exercice sont présentés dans cet article.
On calcule successivement, avec la règle « $d-2u$ » :

$\begin{eqnarray*}& & 864\thinspace197\thinspace523\\& & \downarrow\\& & 86\thinspace419\thinspace746\\& & \downarrow\\& & 8\thinspace641\thinspace962\\& & \downarrow\\& & 864\thinspace192\\& & \downarrow\\& & 86\thinspace415\\& & \downarrow\\& & 8\thinspace631\\& & \downarrow\\& & 861\\& & \downarrow\\& & 84\\& & \downarrow\\& & 0=7\times0\end{eqnarray*}$

donc :

$\boxed{7\mid864\thinspace197\thinspace523}$

puis avec la règle « $d+4u$ «

$\begin{eqnarray*}& & 12\thinspace839\thinspace506\thinspace173\\& & \downarrow\\& & 1\thinspace283\thinspace950\thinspace629\\& & \downarrow\\& & 128\thinspace395\thinspace098\\& & \downarrow\\& & 12\thinspace839\thinspace541\\& & \downarrow\\& & 1\thinspace283\thinspace958\\& & \downarrow\\& & 128\thinspace427\\& & \downarrow\\& & 12\thinspace870\\& & \downarrow\\& & 1\thinspace287\\& & \downarrow\\& & 156\\& & \downarrow\\& & 39=13\times3\end{eqnarray*}$

donc :

$\boxed{13\mid12\thinspace839\thinspace506\thinspace173}$

puis avec la règel « $d-5u$ «

$\begin{eqnarray*}& & 2\thinspace062\thinspace340\thinspace577\thinspace489\\& & \downarrow\\& & 206\thinspace234\thinspace057\thinspace703\\& & \downarrow\\& & 20\thinspace623\thinspace405\thinspace755\\& & \downarrow\\& & 2\thinspace062\thinspace340\thinspace550\\& & \downarrow\\& & 206\thinspace234\thinspace055\\& & \downarrow\\& & 20\thinspace623\thinspace380\\& & \downarrow\\& & 2\thinspace062\thinspace338\\& & \downarrow\\& & 206\thinspace193\\& & \downarrow\\& & 20\thinspace604\\& & \downarrow\\& & 2\thinspace040\\& & \downarrow\\& & 204\\& & \downarrow\\& & 0=17\times0\end{eqnarray*}$

donc :

$\boxed{17\mid2\thinspace062\thinspace340\thinspace577\thinspace489}$

et enfin, avec la règle « $d+2u$ «

$\begin{eqnarray*}& & 6\thinspace107\thinspace218\thinspace329\thinspace426\\& & \downarrow\\& & 610\thinspace721\thinspace832\thinspace954\\& & \downarrow\\& & 61\thinspace072\thinspace183\thinspace303\\& & \downarrow\\& & 6\thinspace107\thinspace218\thinspace336\\& & \downarrow\\& & 610\thinspace721\thinspace845\\& & \downarrow\\& & 61\thinspace072\thinspace194\\& & \downarrow\\& & 6\thinspace107\thinspace227\\& & \downarrow\\& & 610\thinspace736\\& & \downarrow\\& & 61\thinspace085\\& & \downarrow\\& & 6\thinspace118\\& & \downarrow\\& & 627\\& & \downarrow\\& & 76\\& & \downarrow\\& & 19=19\times1\end{eqnarray*}$

donc :

$\boxed{19\mid6\thinspace107\thinspace218\thinspace329\thinspace426}$

$N_{1}=444\thinspace444$ est évidemment un multiple de 4 vu que $444\thinspace444=4\times111\thinspace111.$ C’est un multiple de 3 puisque la somme de ses chiffres l’est (cf. exercice 3 ci-dessous). C’est aussi un multiple de 11 puisque la somme alternée de ses chiffres l’est (elle vaut 0). Enfin, c’est un multiple de 7 et de 13 puisque $444-444=0$ est multiple de 7 et de 13 (voir les règles $\left[R_{7}\right]$ et $\left[R_{13}\right]$ dans cet article).

A titre indicatif, voici la décomposition en facteurs premiers (DFP) de $N_{1}$ :

$\boxed{444\thinspace444=2^{2}\times3\times7\times11\times13\times37}$

$N_{2}=110\thinspace077$ est impair (donc certainement pas multiple de $4).$ La somme de ses chiffres vaut $16,$ qui n’est pas multiple de 3, donc $N_{2}$ ne l’est pas non plus. Comme $110-77=33$ n’est ni multiple de 7, ni de $13,$ il en va de même pour $N_{2}.$ Cependant, la somme alternée des chiffres de $N_{2}$ est nulle, donc $N_{2}$ est multiple de $11.$

Voici la DFP de $N_{2}$ :

$\boxed{110\thinspace077=11\times10\thinspace007}$

$N_{3}=362\thinspace287$ est multiple de $11,$ mais n’est multiple d’aucun des entiers $3,4,7,13.$ Sa DFP :

$\boxed{362\thinspace287=17\times101\times211}$

Enfin, $N_{4}=999\thinspace999\thinspace994$ est pair, mais n’est pas multiple de $4,$ car $94$ ne l’est pas. C’est un multiple de $7$ puisque :

$999-999+994=994=7\times142$

Mais ce n’est un multiple d’aucun des entier $3,$ $11,$ $13.$ Sa DFP :

$\boxed{999\thinspace999\thinspace994=2\times7\times71\thinspace428\thinspace571}$

Considérons un entier $n\geqslant1$ et son écriture décimale :

$n=\sum_{i=0}^{r}c_{i}\thinspace10^{i}$

avec comme d’habitude :

$r\in\mathbb{N},$
$c_{i}\in\left\{ 0,\cdots,9\right\}$ pour tout $i$
$c_{r}\neq0$

Comme $10\equiv1\pmod{3},$ alors $10^{i}\equiv1\pmod{3}$ pour tout $i$ et donc :

$\boxed{n\equiv\sum_{i=0}^{r}c_{i}}$

Autrement dit :
tout entier naturel non nul est congru, modulo 3, à la somme de ses chiffres décimaux.

En particulier : $n$ est multiple de 3 si et seulement si la somme de ses chiffres l’est.

Comme $10\equiv1\pmod{9},$ on peut, dans l’équivalence ci-dessus, remplacer 3 par 9.

Si $A,M$ sont des entiers positifs, les multiples de $A$ se situant dans l’intervalle $\left[0,M\right]$ sont les entiers de la forme $kA,$ avec $k$ entier et tel que :

$0\leqslant k\leqslant\frac{M}{A}$

Vu le caractère entier de $k,$ cet encadrement équivaut à :

$0\leqslant k\leqslant\left\lfloor \frac{M}{A}\right\rfloor$

Le nombre de tels entiers $k$ est $\boxed{1+\left\lfloor \frac{M}{A}\right\rfloor }$

Il en résulte que si $A,M,M'$ sont des entiers positifs tels que $M<M',$ alors les multiples de $A$ dans l’intervalle $\left[M,M'\right]$ sont au nombre de :

$\boxed{\left\lfloor \frac{M'}{A}\right\rfloor -\left\lfloor \frac{M-1}{A}\right\rfloor }$

Il ne reste plus qu’à appliquer cette formule au cas particulier : $\left(A,M,M'\right)=\left(2357,10^{5},10^{9}\right).$ Le nombre cherché est finalement :

$\left\lfloor \frac{10^{9}}{2357}\right\rfloor -\left\lfloor \frac{10^{5}-1}{2357}\right\rfloor =424\thinspace268-42=\fcolorbox{black}{myBlue}{424\thinspace226}$

Si $3^{n-1}+5^{n-1}\mid3^{n}+5^{n},$ alors :

$3^{n-1}+5^{n-1}\mid5\left(3^{n-1}+5^{n-1}\right)-\left(3^{n}+5^{n}\right)$

c’est-à-dire :

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$3^{n-1}+5^{n-1}\mid 2\times3^{n-1$}}\qquad\left(\diamondsuit\right)$

Mais, dès que $n>1$ :

$2\thinspace.\thinspace3^{n-1}>3^{n-1}+5^{n-1}$

ce qui est incompatible avec $\left(\diamondsuit\right)$ . La seule possibilité est donc $n=1.$

Quelques calculs conduisent à conjecturer que le chiffre des unités de $F_{n}$ est invariablement un $7,$ pour tout $n\geqslant2.$ En effet :

$\begin{eqnarray*}F_{2} & = & 17\\F_{3} & = & 257\\F_{4} & = & 65\thinspace537\\F_{5} & = & 4\thinspace294\thinspace967\thinspace297\end{eqnarray*}$

Montrons donc, par récurrence, que :

$\boxed{\forall n\geqslant2,\thinspace F_{n}\equiv7\pmod{10}}$

On a déjà : $F_{2}=17\equiv7\pmod{10}.$

Supposons que, pour un certain $n\geqslant2,$ on ait $F_{n}\equiv7\pmod{10}.$ Alors :

$F_{n+1}=\left(F_{n}-1\right)^{2}+1\equiv37\equiv7\pmod{10}$

comme souhaité.

Dressons la table des cubes modulo $7$ :

Si aucun des trois entiers $a,b,c$ n’est multiple de $7,$ alors $a^{3}+b^{3}+c^{3}\equiv-3,-1,1\textrm{ ou }3\,\left[\textrm{mod }7\right],$ donc $a^{3}+b^{3}+c^{3}\not\equiv0\left[7\right].$

Contraposée : si $a^{3}+b^{3}+c^{3}\equiv0\left[7\right],$ alors $a,$ $b$ ou $c$ est multiple de $7,$ et donc $abc$ aussi.

On peut factoriser

$a^{n}-b^{n}=\left(a-b\right)\sum_{k=1}^{n}a^{k-1}b^{n-k}$

Or, pour tout $k\in\llbracket1,n\rrbracket$ :

$a^{k-1}\equiv b^{k-1}\pmod{n}$

d’où :

$a^{k-1}b^{n-k}\equiv b^{n-1}\pmod{n}$

et donc :

$\sum_{k=1}^{n}a^{k-1}b^{n-k}\equiv nb^{n-1}\equiv0\pmod{n}$

Il s’ensuit que :

$\boxed{a^{n}-b^{n}\equiv0\pmod{n^{2}}}$

On cherche les entiers $n\geqslant1$ vérifiant :

$\frac{n\left(n+1\right)}{2}\mid n!$

c’est-à-dire :

$n+1\mid2\left(n-1\right)!\qquad\left(\spadesuit\right)$

Examinons divers cas, selon la valeur de $n$ :

La condition $\left(\spadesuit\right)$ est vérifiée lorsque $n=1.$
Supposons que $n+1\in\mathbb{P}-\left\{ 2\right\} .$ Alors :
$n+1\nmid\left(n-1\right)!$

et
$n+1\nmid2$

donc, d’après le lemme d’Euclide, la condition $\left(\spadesuit\right)$ n’est pas vérifiée.
Supposons maintenant que $n+1=ab,$ avec $1<a<b<n+1$ (ce qui impose $n\geqslant5).$ Alors $b\neq n$ (puisque, dans le cas contraire : $ab\geqslant2n>n+1)$ et donc $a$ et $b$ sont deux entiers distincts, inférieurs ou égaux à $n-1.$ Il en résulte que $ab\mid\left(n-1\right)!$ et $\left(\spadesuit\right)$ est vérifiée a fortiori.
Si $n+1=a^{2}$ avec $a>2,$ alors $n=a^{2}-1>2a.$ Ainsi, $a$ et $2a$ sont deux entiers distincts et inférieurs ou égaux à $n-1$ : leur produit $2\left(n+1\right)$ divise donc $\left(n-1\right)!$ et donc a fortiori $n$ vérifie $\left(\spadesuit\right)$ .
Enfin $n=3$ est solution.

En conclusion, l’ensemble $\mathcal{S}$ des solutions est constitué de 1 et des entiers supérieurs ou égaux à $2$ dont le successeur n’est pas un nombre premier. En symboles :

$\boxed{\mathcal{S}=\mathbb{N}^{\star}-\left\{ p-1;\thinspace p\in\mathbb{P}-\left\{ 2\right\} \right\} }$

Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact

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