Maths Spé Congruences Mod 7

Bonjour à tous,

J'ai un exo à faire en maths spé et je n'arrive pas à faire le début. Les questions étant liées les unes aux autres, j'aurais bien besoin d'aide pour trouver un point de départ.

Voici l'énoncé :

Soit a un entier non divisible par 7

a) montrer que a^6 ≡ 1 (mod 7).

b) on pose a^k ≡ 1 (mod 7) où k est l'odre modulo 7 de a et le plus petit entier naturel non nul. Montrer que le reste de la division euclidienne de 6 par k vérifie a^r ≡ 1 ( mod 7) et en déduire que k divise 6.

c) donner l'odre modulo 7 de tous les entiers a compris entre 2 et 6.

Merci d'avance.
Emtec

Bonjour,
Si x ≡ y modulo 7, alors $x^k$ ≡ $y^k$ modulo 7
C'est pourquoi on peut se restreindre à a compris entre 1 et 6 ( 1 et 6 inclus ) : les restes possibles de la division de a par 7

Merci cosmos d'avoir répondu.

J'ai réussi, mais ce qui me pose réellemnt problème, c'est le petit b).
Je n'arrive pas à voir le lien entre a^k ≡ 1 (mod 7)et a^r ≡ 1 (mod 7).
Peux tu m'expliquer ?

Mathtous, pas Cosmos ...
Citation
Montrer que le reste de la division euclidienne de 6 par k vérifie a^r ( mod 7)L'énoncé est incomplet.
Je présume que tu dois démontrer que $a^r$ ≡ 1 ?

oui, désolé mathtous

k est l'ordre de a, c'est-à-dire le plus petit entier ( non nul ) tel que
$a^k$ ≡ 1 modulo 7
Pose l'égalité de la division euclidienne de k par 6 ( le reste est r )

tu veux dire 6 = aq + r où q est le quotient ?

Non : k = 6q + r , avec 0 ≤r < k
Tu calcules alors $a^k$

Ah oui. a^(6q +r) ≡ 1^(6q +r ) ( mod 7) ?

Cela ferait alors (a^6)^q * a^r ≡ 1^q * 1^r ?
Mais là je bloque

Citation
a^(6q +r) ≡ 1^(6q +r ) ( mod 7) ?
Non : a n'est pas congru à 1
Citation
(a^6)^q * a^r ≡ 1^q * 1^r ?
Non également, r n'est pas congru à 1.
Mais : $a^k$ ≡ $(a$ ^6 $^q$ . $a^r$ ≡ 1. $a^r$ ≡ $a^r$
Et $a^k$ ≡ 1
Donc $a^r$ ≡ 1
Or, k est ...

Je ne comprend pas tres bien ton égalité des congruences.
En fait, tu as démontré que a^k est congru à a^r ?

k est le plus petit entier naturel non nul donc k =1
et comme 0 ≤ r

Reprenons pas à pas :
Citation
a^k$ ≡ $(a$ ^6 $^q$ . $a^r$ ≡ 1. $a^r$ ≡ $a^r$
( c'est toujours modulo 7 que je n'écris pas à chaque fois )
Tu comprends ?

SAuf que je viens de remarquer un truc. C'est la division euclidienne de 6 par k et non de k par 6, alors on a 6 =kq+r et non k = 6q +r non ?

Si j'ai bien compris, on a en fait
a^k ≡ 1 (mod 7)
or k = 6q +r
On a donc (a^6)^q ^x a^r ≡ 1^q x a^r ( mod 7)
donc a^k ≡ 1 x a^r ( mod 7)
donc a^k ≡ a^r (mod 7)
et comme a^k ≡1 (mod 7)
on a bien a^r ≡ 1 (mod 7)

Exact : je n'ai pas fait attention
Ca change les égalités, mais pas le raisonnement.
6 = kq + r avec 0 ≤ r < k
Donc $a^6$ = $(a$ ^k $^q$ . $a^r$
C'est bon ?

On obtient la meme chose que ce que j'ai marqué au-dessus alors, mais juste en changeant les lettres ?

C'est ça : on obtient $a^r$ ≡ 1
Mais k est le
plus petitentier
non nultel que $a^k$ ≡ 1 , et 0 ≤ r < k
Donc ...

r= 0 ? car k = 1 ?

Non : k n'est pas égal à 1.
Tu lis mal l'énoncé : k
n'est pasle plus petit entier non nul ( auquel cas il vaudrait bien 1) , k est le plus petit entier non nul
tel que $a^k$ ≡ 1 modulo 7
Si donc r = 0 , ce n'est pas pour la raison que tu as dite, mais parce que cela contredirait la définition de k.

Comment présenter ça avec une hypothèse absurde s'il te plaît ?

Il n'y a pas d'hypothèse absurde.
Tu as démontré que $a^r$ ≡ 1 modulo 7.
Tu sais aussi que $a^k$ ≡ 1 modulo 7.
Et tu sais que 0 ≤ r < k
Il y a peut-être encore d'autres entiers positifs non nuls n tels que que $a^n$ ≡ 1 modulo 7.
Mais k est le plus petit de tous ( sauf 0 ).
Comme r est plus petit que k , il en résulte que r = 0.

Merci beaucoup pour ton aide mathtous !!!

De rien.
Tu sais faire la suite ?

Oui j'ai réussi, merci encore.

De rien.
A+