CORRIGE EXERCICE 3.BAC2014

EXERCICE 3 :
1. a  1(mod10) alors pour tout n de IN on a a n  1(mod10) et par suite
1  a  a 2  ...  a 9  1  1  1  ...  1(mod10)
 10(mod10)
 0(mod10)
b. a  1(mod10)  a  1  10k ; k  . 1  a  a 2  ...  a 9  0(mod10)  1  a  a 2  ...  a 9  10k ', k '  .
On obtient par la suite  a  1 1  a  a 2  ...  a9   100kk ' ce qui donne a10  1  0(mod100)
D’où a10  1(mod10²) .
2.a.
b  .(mod10)
b  .(mod10)
4

reste de b 4
modulo 10

0
0

1
1

2
16

3
81

4
256

5
625

-4
256

-3
81

-2
16

-1
1

0

1

6

1

6

5

6

1

6

1

Les restes possibles de l’entier b 4 modulo 10 sont 0,1,5 ou 6.
b. b4  1 mod10  b  1  10k ou b  3 10k ou b  3 10k ou b  1 10k
dans le premier et le dernier cas on a d’après Bézout b 10  1 das les deux autres cas si d est un
diviseur commun de b et 10 alors d divise 3 or d ne peut pas être 3 car 10 n’est pas multiple de 3 alors
d =1 c-à-d b 10  1 .Réciproquement si b 10  1 alors le reste de b modulo 10 est 1 ou 3 ou 7 ou 9
alors le reste de b 4 modulo 10 est 1 dans les quatre cas c-à-d b 4  1(mod10) .
3. a. D’après l’équivalence de 2)b) on a :b premier avec 10 alors b 4  1(mod10)
et par suite b 4  1  10k ; k  donc b4  1  10k .D’après la formule du binôme on a :
1
b40  1  10k   1  C10
.10k  C102 10k  ²  ...  C109 10k   10k 
10

9

10

= 1  100  k  C102 k ²  ....  108 k10 

D’où b 40  1(mod10²)
b.67 est premier avec 10 alors 67 40  1(mod10²) de plus 67 2  89(mod10²)
alors 67 42  89(mod100) les deux derniers chiffres de 67 42 sont 89.