Arithmétique exercices - Laroche - Free

4. 85. Fibonacci, Nelle-Calédonie, nov 2004 (c)
Dans cet exercice a et b désignent des entiers strictement positifs.
1. a. Démontrer que s’il existe deux entiers relatifs u et v tels que au + bv = 1 alors les nombres a et b sont
premiers entre eux.
b. En déduire que si ( ) 2
2 2
a + ab − b = 1 alors a et b sont premiers entre eux.
2. On se propose de déterminer tous les couples d’entiers strictement positifs (a ; b) tels que
( ) 2
2 2
a ab b
+ − = 1.
Un tel couple sera appelé solution.
a. Déterminer a lorsque a = b.
b. Vérifier que (1 ; 1), (2 ; 3) et (5 ; 8) sont trois solutions particulières.
c. Montrer que si (a ; b) est solution et si a < b , alors
Terminale S 38 F. Laroche
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2 2
a − b < 0 .
3. a. Montrer que si (x ; y) est une solution différente de (1 ; 1) alors ( y − x ; x)
et ( y ; y + x)
sont aussi des
solutions.
b. Déduire de 2. b. trois nouvelles solutions.
4. On considère la suite de nombres entiers strictement positifs ( an) n∈ℕ
définie par a0 a1
1
entier n, n ≥ 0 , an+ 2 = an+ 1 + an
.
= = et pour tout
Démontrer que pour tout entier naturel n ≥ 0 , ( an ; a n+
1)
est solution. En déduire que les nombres a n et
a + sont premiers entre eux.
n 1
Correction
1. a. Démonstration de cours.
2 2
b. ( a ab b )
( )
⎧ 2 2
+ − × =
+ −
2 ⎪ a + ab − b = 1 ⎪⎧
a a b b b 1
= 1 ⇔ ⎨ ⇔
2 2 ⎨
. Dans les deux cas on peut écrire
⎪⎩ a + ab − b = −1
⎩⎪
b( b − a) − a× a = 1
au + bv = 1 : dans le premier u = a+ v, v = − b , dans le second u = b − a, v = − a .
2 2 4
a + ab − b = 1 ⇔ a = 1 ⇒ a = 1 (a > 0).
2. a. a = b : ( ) 2
b. (1 ; 1) est déjà fait, (2 ; 3) : ( ) 2
2 2
2 + 2.3 − 3 = 1 et (5 ; 8) : ( ) 2
2 2
2 2
c. a + ab − b = 1 : si on a a − b > 0 , alors
2 2 2
5 + 5.8 − 8 = (25 + 40 − 64) = 1 .
2 2
a + ab − b ne peut pas valoir 1 ; de même
valoir −1 dans ce cas puisqu’il serait positif. Dans tous les cas on a
3. a. ( y − x ; x)
est une solution ssi (x ; y) est une solution :
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
( y x y x x x ) ( y xy x xy x x ) ( y xy x )
2 2 2
a − b < 0 .
( − ) + ( − ) − = − 2 + + − − = − + = 1 ;
Même calcul pour ( y ; y + x)
.
2 2
a + ab − b ne peut
b. (2 ; 3) est solution donc (3 − 2 ; 2) = (1 ; 2) et (3 ; 3 + 2) = (3 ; 5) en sont ; (5 ; 8) est solution donc
(8 − 5 ; 5) = (3 ; 5) et (8 ; 5 + 8) = (8 ;13) en sont ; on a les nouvelles solutions : (1 ; 2) , (3 ; 5) et (8 ;13) .
4. a0 = a1
= 1 , an+ 2 = an+ 1 + an
. Démonstration par récurrence : supposons que ( an ; a n+
1)
est solution, alors
( y ; y + x) = ( a ; a + a ) = ( a ; a ) est solution d’après le 3. a. Comme c’est vrai au rang 0 : (1 ; 1) est
n+ 1 n n+ 1 n+ 1 n+
2
solution, c’est toujours vrai.
La question 1. b. justifie alors que les nombres n
a et n 1
a + sont premiers entre eux.
Remarque : ce n’est pas la façon la plus rapide de montrer que deux termes consécutifs de la suite de
Fibonacci sont premiers entre eux : soient u n+1 et u n deux termes consécutifs de la suite de Fibonacci.
Alors u n+1 = u n + u n−1 ; soit d un diviseur commun positif de u n+1 et u n ; alors d divise u n−1, donc d est un
diviseur commun de u n et u n−1.