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ExerciceMaths Sup – MPSI, chapitre 12 — Arithmétique dans ℤ\mathbb{Z} · PGCD, PPCM et relation de Bézout

Exercice 12

Démonstration

Le théorème de Lamé. On note (Fn)n∈ℕ(F_{n})_{n \in \mathbb{N}} la suite de Fibonacci, définie par F0=0F_{0} = 0, F1=1F_{1} = 1 et Fn+2=Fn+1+FnF_{n + 2} = F_{n + 1} + F_{n} pour tout n∈ℕn \in \mathbb{N}. Soit a>b⩾1a > b \geqslant 1 deux entiers. On note r0=ar_{0} = a, r1=br_{1} = b, et l'on suppose que l'algorithme d'Euclide comporte NN divisions : rk−1=qkrk+rk+1avec 0⩽rk+1<rk,pour k∈[ ⁣[1 ;N] ⁣],rN≠0,rN+1=0.r_{k - 1} = q_{k}r_{k} + r_{k + 1} \quad \text{avec } 0 \leqslant r_{k + 1} < r_{k}, \quad \text{pour } k \in [\![1\,;N]\!], \qquad r_{N} \neq 0, \quad r_{N + 1} = 0.

1. Montrer que rN⩾1r_{N} \geqslant 1, que rN−1⩾2r_{N - 1} \geqslant 2 et que rk−1⩾rk+rk+1r_{k - 1} \geqslant r_{k} + r_{k + 1} pour tout k∈[ ⁣[1 ;N−1] ⁣]k \in [\![1\,;N - 1]\!].

2. En déduire que b⩾FN+1b \geqslant F_{N + 1}. Vérifier sur l'exemple a=21a = 21, b=13b = 13 de l'introduction du cours que cette inégalité peut être une égalité.

3. Montrer que Fn+5>10 FnF_{n + 5} > 10\,F_{n} pour tout n⩾2n \geqslant 2.

4. En déduire que, si bb s'écrit avec kk chiffres en base 1010, alors N⩽5kN \leqslant 5k.

Corrigé

1. Le dernier reste non nul rNr_{N} est un entier naturel non nul, donc rN⩾1r_{N} \geqslant 1. La dernière division s'écrit rN−1=qNrNr_{N - 1} = q_{N}r_{N}, avec rN−1>rNr_{N - 1} > r_{N} : le quotient vérifie qN⩾2q_{N} \geqslant 2, d'où rN−1⩾2rN⩾2r_{N - 1} \geqslant 2r_{N} \geqslant 2. Enfin, pour k⩽N−1k \leqslant N - 1, le quotient qkq_{k} est non nul puisque rk−1>rkr_{k - 1} > r_{k}, donc rk−1=qkrk+rk+1⩾rk+rk+1r_{k - 1} = q_{k}r_{k} + r_{k + 1} \geqslant r_{k} + r_{k + 1}. rN⩾1=F2,rN−1⩾2=F3,rk−1⩾rk+rk+1\boxed{r_{N} \geqslant 1 = F_{2}, \qquad r_{N - 1} \geqslant 2 = F_{3}, \qquad r_{k - 1} \geqslant r_{k} + r_{k + 1}}

2. On montre par récurrence descendante sur kk, de NN à 11, que rk⩾FN−k+2r_{k} \geqslant F_{N - k + 2}. C'est vrai pour k=Nk = N et k=N−1k = N - 1 d'après la question 1. Si c'est vrai aux rangs kk et k+1k + 1, avec k⩾2k \geqslant 2, alors rk−1⩾rk+rk+1⩾FN−k+2+FN−k+1=FN−k+3.r_{k - 1} \geqslant r_{k} + r_{k + 1} \geqslant F_{N - k + 2} + F_{N - k + 1} = F_{N - k + 3}. Pour k=1k = 1, on obtient b=r1⩾FN+1b = r_{1} \geqslant F_{N + 1}. b⩾FN+1\boxed{b \geqslant F_{N + 1}} Pour a=21a = 21 et b=13b = 13, l'algorithme comporte N=6N = 6 divisions, de quotients 1,1,1,1,1,21, 1, 1, 1, 1, 2, et F7=13=bF_{7} = 13 = b : l'inégalité est une égalité. C'est pourquoi deux nombres de Fibonacci consécutifs sont le cas le plus lent de l'algorithme, comme l'annonçait l'introduction du cours.

3. En itérant la relation de récurrence, Fn+5=5Fn+1+3Fn=8Fn+5Fn−1F_{n + 5} = 5F_{n + 1} + 3F_{n} = 8F_{n} + 5F_{n - 1}. Pour n⩾2n \geqslant 2, on a Fn−1⩾1F_{n - 1} \geqslant 1 et Fn=Fn−1+Fn−2⩽2Fn−1F_{n} = F_{n - 1} + F_{n - 2} \leqslant 2F_{n - 1}, donc 5Fn−1>4Fn−1⩾2Fn5F_{n - 1} > 4F_{n - 1} \geqslant 2F_{n}. Fn+5=8Fn+5Fn−1>10 Fn\boxed{F_{n + 5} = 8F_{n} + 5F_{n - 1} > 10\,F_{n}}

4. Par récurrence sur jj, la question 3 donne F5j+2>10jF2=10jF_{5j + 2} > 10^{j}F_{2} = 10^{j} pour tout j⩾1j \geqslant 1. Si bb a kk chiffres, alors b<10kb < 10^{k}. Si l'on avait N⩾5k+1N \geqslant 5k + 1, la suite de Fibonacci étant croissante, on aurait b⩾FN+1⩾F5k+2>10k,b \geqslant F_{N + 1} \geqslant F_{5k + 2} > 10^{k}, ce qui est absurde. N⩽5k\boxed{N \leqslant 5k} À retenir. Le nombre d'étapes de l'algorithme d'Euclide croît comme le nombre de chiffres, c'est-à-dire comme le logarithme des entiers, et non comme les entiers eux-mêmes : c'est ce qui le rend utilisable sur des nombres de plusieurs centaines de chiffres, en cryptographie par exemple.

Dans l'édifice

Thèmes

pgcd et bézout, divisibilité, écriture en base b, pgcd et algorithme d'euclide, suite de fibonacci

Notions

PGCD

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