Multiple de 7 et de 5 ?

Regarde modulo 5 et 7 à quoi sont congrus 3⁶⁰⁰⁰ et 2⁶⁰⁰⁰.

Tu peux commencer par regarder des puissances plus faibles, mais en rapport avec celles de l'exercice.

Cordialement.

Bonjour,

Montrer que $3^{6000}-2^{6000}$ est multiple de $7$ et de $5.$

J'essaie.

Dans l'expression $a^n$ mon idée est d'écrire $a = u \mod(7)$ pour conclure $a^n = u^n \mod(7)$ qui se démontre par le binôme de Newton.

Dans l'expression $3^{6000}$ on aura donc $u^n \mod(7)$ et dans l'expression $2^{6000}$ on aura $v^m\mod(7)$ et pour conclure il faudrait avoir $u^n - v^m \mod(7) = 0.$

On a donc $6000 = 6.10^3 = 2^4.3.5^3$ et on cherche par essai et erreur.

On prend $3$ comme facteur de $6000$ :
$3^{6000} = 3^{3.2000} = 27^{2000} = (-1)^{2000}\mod(7) = 1 \mod(7).$
$2^{6000} = 2^{3.2000} = 8^{2000} = 1^{2000} \mod(7) = 1 \mod(7).$

On a donc montré que $3^{6000}-2^{6000}$ est multiple de $7.$

Je me rends compte que pour conclure facilement il est bien pratique d'avoir $u, v = \pm 1.$

Pour le module $5$, on cherche donc $3^{6000} = (\pm 1)^n \mod(5).$

On essait avec $3^{6000} = 3^{2.3000} = 9^{3000} = (-1)^{3000} \mod(5)=1 \mod(5).$
Et $2^{6000} = 2^{2.3000} = 4^{3000}=(-1)^{3000} = 1 \mod(5).$

On a donc montré que $3^{6000}-2^{6000}$ est multiple de $5.$

Reprenons :
On cherche donc à écrire $a =\pm1 \mod(p)$ pour conclure $a^n =(\pm1)^n \mod(p)$ puis $... = \pm 1 \mod (p)$ selon la parité de $n.$
Pour $3$ on calcule $3^1 = 3$, $3^2 = 9$, $3^3 = -1 \mod(7)$ et $3$ est bien facteur de $6000.$
Pour $2$ on calcule $2^1 = 2, 2^2=4, 2^3 = 1 \mod(7).$
Pour $3$ on calcule $3^1=3, 3^2=9 =1 \mod(5)$ et $2$ est bien facteur de $6000.$
Pour $2$ on calcule $2^1=2, 2^2=4=-1\mod(5).$