TD et correction

M2 EFM
TD MATHÉMATIQUES APPLIQUÉES : ARITHMÉTIQUE
CHRISTOPHE RITZENTHALER
1. Euclide, relation de Bézout, pgcd
Exercice 1. [DKM94, p.14] Montrer que 6|n3 − n pour tout entier n positif.
Exercice 2. [DKM94, p.15] Pour chacune des affirmations suivantes, dire si elle est vraie
ou fausse en donnant soit une démonstration, soit un contre-exemple.
(1) Si pgcd(a, b) = pgcd(a, c) alors ppcm(a, b) = ppcm(a, c).
(2) Si pgcd(a, b) = pgcd(a, c) alors pgcd(a2 , b2 ) = pgcd(a2 , c2 ).
(3) Si an |bn où n ≥ 1 alors a|b.
(4) Si am |bn où 1 ≤ m < n alors a|b.
Exercice 3. [DKM94, p.14] Montrer que le cube d’un entier positif peut toujours s’écrire
comme la différence de deux carrés.
Exercice 4. (Version plus générale dans [Dem97, p34]).
Soient m, n ∈ Z. Montrer que pgcd(X m − 1, X n − 1) = X pgcd(m,n) − 1.
Exercice 5. Etude de 1[n] (lire [Dem97, pp9-14]).
Soit b ≥ 2, on définit l’entier naturel 1[n] := (11
· · · 1})b , i.e.
| {z
n fois
n
1[n] =
b −1
.
b−1
1) Montrer que si m divise n alors 1[m] divise 1[n] .
2) En utilisant l’exercice 4 montrer que m et n sont premiers entre eux si et seulement
s’il en est de même de 1[m] et 1[n] .
Exercice 6. Théorème de Lucas [Dem97, p37].
La suite de Fibonacci est définie par la relation de récurrence Fn+2 = Fn+1 + Fn
et les conditions initiales F1 = 1, F0 = 0. on veut montrer le théorème de Lucas :
pgcd(Fn , Fm ) = Fpgcd(n,m) .
1) Le résultat qui suit est un résultat annexe. Montrer que pour tout n ≥ 0, Fn =
√1 (φn + (−1)n+1 φ−n ), où φ est la racine positive de l’équation X 2 = X + 1. φ est
5
appelé le nombre d’or et vérifie φ = 1 + φ−1 .
2) Maintenant on s’intéresse aux résultats préliminaires au théorème de Lucas. Montrer
que pour tout n ≥ 1 on a
Fn+1 Fn−1 − Fn2 = (−1)n .
En déduire que Fn et Fn+1 sont premiers entre eux.
3) Montrer pour m ≥ 1 et n ≥ 0 la relation
Fn+m = Fm Fn+1 + Fm−1 Fn .
[Faire une récurrence sur m et une sur n].
1
4) Soit d ∈ N, montrer la propriété suivante :
d divise Fm et Fn ⇐⇒ d divise Fn et Fn+m .
(∗)
5) On va montrer que toute suite d’entiers (Fn ) satisfaisant (∗) avec F0 = 0 vérifie le
théorème de Lucas.
a) Montrer que pour tout k ≥ 1 on a
d divise Fm et Fn ⇐⇒ d divise Fn et Fn+km .
b) On suppose m > n. Soit r le reste de la division euclidienne de m par n. Montrer
que pgcd(Fm , Fn ) = pgcd(Fn , Fr ).
c) Conclure en utilisant l’algorithme d’Euclide.
2. Congruence
Exercice 7. [DKM94, p.54] Donner un exemple d’un système de résidus complet modulo
17 qui est composé entièrement de multiples de 3.
Exercice 8. [DKM94, p.54] Écrire une seule congruence qui est équivalente à la paire de
congruence
x ≡ 1 (mod 4), x ≡ 2 (mod 3).
Exercice 9. [DKM94, p.54] Montrer que la différence de deux cubes consécutifs n’est
jamais divisible par 5.
Exercice 10. [DKM94, p.55] Résoudre les congruences suivantes
(1) 2x ≡ 1 (mod 7)
(2) 12x ≡ 9 (mod 6)
(3) 5x ≡ −1 (mod 8)
Exercice 11. Soit G un groupe et g ∈ G. Montrer que g n = 1 ssi n est un multiple de
l’ordre de g. Montrer que si g n = 1 et que pour tout p premier divisant n, g n/p 6= 1 alors
n est l’ordre de g.
Exercice 12. Montrer que si n est le produit de h ≥ 1 nombre premiers impairs distincts
alors le nombre de solutions de x2 ≡ 1 (mod n) est 2h .
Exercice 13. Si an ≡ am (mod p) pour p premier et a un élément primitif, que peut-on
dire des entiers n et m ?
Exercice 14. Petit théorème de Fermat [DKM94, p55].
Soient p, q deux nombres premiers distincts. Montrer que
pq−1 + q p−1 ≡ 1
(mod pq).
3. Nombres premiers
Exercice 15. [DKM94, p.33] Soit p un nombre premier. Pour chacune des affirmations
suivantes, dire si elle est vraie ou fausse en donnant soit une démonstration, soit un
contre-exemple.
(1) Si p|a et p|a2 + b2 alors p|b.
(2) Si p|a9 alors p|a.
(3) Si p|(a2 + b2 ) et p|(b2 + c2 ) alors p|(a2 − c2 ).
(4) Si p|(a2 + b2 ) et p|(b2 + c2 ) alors p|(a2 + c2 ).
2
Exercice 16 (Critère de primalité de Lehmer). Soit n ≥ 3 impair. Alors n est premier
si et seulement si il existe a ∈ [1, . . . , n − 2] tel que an−1 ≡ 1 (mod n) et a(n−1)/q 6≡ 1
(mod n) pour tout diviseur premier de n − 1.
Exercice 17. Nombres de Fermat
n
Pour n ≥ 0 on définit Fern := 22 + 1 le nème nombre de Fermat.
!
n−1
Y
1) Montrer que Fern =
Feri + 2, en déduire le théorème de Goldbach : " Deux
i=0
nombres de Fermat distincts sont premiers entre eux".
2) Soient a ≥ 2, n ≥ 1. Montrer que si an + 1 est premier alors a est pair et n est une
puissance de 2.
Exercice 18. Critère de Pépin (Test de primalité des nombres de Fermat) [Dem97,
p80,p122. Attention, erreur dans l’énoncé du livre].
Soit n ≥ 1. Montrer que
2n −1
Fern est premier ⇐⇒ 32
≡ −1
(mod Fern ).
p
=
[Rappel de la loi de réciprocité quadratique : Soient p =
6 q premiers impairs,
q
(p−1)(q−1)
q
4
(−1)
].
p
Tester la primalité de Fern pour n = 1, . . . , 10.
3
CORRECTION
4. Divisibilité
Correction exercice 1 Comme 6 = 2 · 3 et que 2 et 3 sont premiers entre eux, il suffit
de montrer que 2 et 3 divise n3 − n = (n − 1)n(n + 1). Comme c’est le produit de 3
entiers consécutifs, l’un d’eux est toujours pair et l’un deux est toujours un multiple de
3 d’où le résultat.
Correction exercice 2
(1) C’est faux puisque pgcd(2, 3) = pgcd(4, 5) = 1 mais ppcm(2, 3) = 6 6= ppcm(4, 5) =
20.
(2) C’est vrai : il suffit de montrer que pgcd(a, b)2 = pgcd(a2 , b2 ). En divisant a et b
par leur pgcd, il suffit de montrer que si a et b sont premiers entre eux alors a2 et
b2 sont premiers entre eux. Raisonnons par l’absurde et soit p un premier divisant
pgcd(a2 , b2 ). On a donc que p|a2 et p|b2 . Comme p est premier, cela implique que
p|a et que p|b donc a et b ne sont pas premiers entre eux.
(3) C’est vrai. Soit d = pgcd(a, b). On a a = dA et b = dB où pgcd(A, B) = 1.
Ainsi on a (comme précédemment) pgcd(An , B n ) = 1 et puisque an |bn on obtient
An dn |B n dn soit An |B n . Puisqu’ils sont premiers entre eux, ceci n’est possible que
si A = 1 et donc d = a. Ceci implique que b = dB = aB et donc a|b.
(4) C’est faux en prenant par exemple a = 4, b = 2 et m = 1 et n = 2.
Correction exercice 3 On souhaite montrer que pour tout n entier, il existe des entiers
x, y tels que n3 = x2 − y 2 . Pour cela il suffit de trouver x, y tels que x + y = n2 et
x − y = n c’est-à-dire x = (n + n2 )/2 et y = (n2 − n)/2 ce qui est possible car n + n2 et
n2 − n sont tous les deux pairs.
Correction exercice 4.
Supposons m ≥ n, écrivons m = qn + r la division euclidienne de m par n. On
commence par montrer que pgcd(X m − 1, X n − 1) = pgcd(X n − 1, X r − 1). On a
X m − 1 = X qn+r = X r (X qn − 1) + X r − 1,
!
q−1
X
X ni + X r − 1.
= X r (X n − 1)
i=0
m
n
0
Notons d := pgcd(X − 1, X − 1), d := pgcd(X n − 1, X r − 1). d divise X m − 1 et
X n − 1 donc, d’après l’équation ci-dessus, d divise X r − 1. A fortiori d divise d0 . Le même
raisonnement montre que d0 divise d. Ainsi, d = d0 .
Finalement, soit r0 := pgcd(m, n), en itérant ce raisonnement et en appliquant l’algorithme
d’Euclide, on a
pgcd(X m − 1, X n − 1) = pgcd(X n − 1, X r − 1),
..
.
= pgcd(X d − 1, X 0 − 1),
= X d − 1,
= X pgcd(m,n) − 1.
Correction exercice 5.
4
1) Soient n = km pour k ≥ 1. On a
n
m
b − 1 = (b − 1)
k−1
X
bmi .
i=0
D’où, en divisant par b − 1, 1[m] divise 1[n] .
2) On a
m
b − 1 bn − 1
[m] [n]
= pgcd
,
,
pgcd 1 , 1
b−1 b−1
1
=
pgcd(bm − 1, bn − 1),
b−1
bpgcd(m,n) − 1
=
d’après l’exercice 4,
b−1
= 1[pgcd(m,n)] .
D’où l’équivalence m, n premiers entre eux ssi 1[m] et 1[n] le sont.
Correction exercice 6.
1) Preuve par récurrence :
Pour n = 0, φ0 − φ−0 = 1 − 1 = 0 = F0 , et pour n = 1, √15 (φ − φ−1 ) = 1 = F1 .
Soit n ∈ N, supposons la formule vérifiée pour Fn+1 et Fn , alors
Fn+2 = Fn+1 + Fn ,
1
= √ · φn+1 + (−1)n+2 φ−(n+1) + φn + (−1)n+1 φ−n ,
5
1
= √ · φn+1 + φn + (−1)n+3 (− φ−(n+1) + φ−n ,
5


1
=√
5

1
1 
 n+1

n+3 −(n+1)
· φ
1+
+(−1) φ
−1 + −1  ,
φ
φ


| {z }
|
{z
}
=φ−1
=φ
1
= √ · φn+2 + (−1)n+3 φ−(n+2) .
5
2) Preuve par récurrence :
Pour n = 1, on a F2 F0 − F12 = 1 · 0 − 1 = −1.
2
Supposons Fn Fn−2 − Fn−1
= (−1)n−1 . Alors
Fn+1 Fn−1 − Fn2 = (Fn + Fn−1 )Fn−1 − Fn2 ,
2
− Fn2 ,
= Fn Fn−1 + Fn−1
2
= Fn (Fn−1 − Fn ) + Fn−1
,
2
= −Fn Fn−2 + Fn−1
,
= (−1)n .
Posons un := (−1)n Fn−1 , vn := (−1)n Fn , on a Fn+1 un + Fn vn = 1. Donc par Bézout Fn
et Fn+1 sont premiers entre eux.
5
3) Etape 1.
Fixons m ≥ 1. Pour n = 0 on a Fm = Fm F1 +Fm−1 F0 , et pour n = 1 on a
|{z}
|{z}
=1
Fm+1 = Fm · F2 +Fm−1 · F1 .
|{z}
|{z}
=1
=0
=1
Soit N ≥ 1, supposons que pour n = N − 1, N on a Fn+m = Fm Fn+1 + Fm−1 Fn , avec m
fixé. Alors
FN +1+m = F(N +m)+1 = FN +m + FN +m−1 ,
| {z }
=F(N −1)+m
= Fm FN +1 + Fm−1 FN + Fm FN + Fm−1 FN −1 ,
|
{z
} |
{z
}
H.R.
H.R.
= Fm (FN +1 + FN ) + Fm−1 (FN + FN −1 ),
= Fm FN +2 + Fm−1 FN +1 .
Etape 2.
Fixons n ≥ 0. Pour m = 1 on a Fn+1 = F1 Fm + F0 Fn , et pour m = 2 on a
|{z}
|{z}
=1
Fn+2 = F2 ·Fn+1 + F1 ·Fn .
|{z}
|{z}
=1
=0
=1
Soit M ≥ 2, supposons que pour m = M − 1, M on a Fn+m = Fm Fn+1 + Fm−1 Fn pour m
fixé. Alors
Fn+M +1 = Fn+M + Fn+(M −1) ,
= FM Fn+1 + FM −1 Fn + FM −1 Fn+1 + FM −2 Fn (H.R.),
= (FM + FM −1 )Fn+1 + (FM −1 + FM −2 )Fn ,
= FM +1 Fn+1 + FM Fn .
4) ⇒. On a montré
Fn+m =
Fm
|{z}
·Fn+1 + Fm−1 ·
divisible par d
Fn
|{z}
.
divisible par d
Donc d divise Fn+m .
⇐. On a Fm Fn+1 = Fn+m − Fm−1 Fn donc Fm Fn+1 est divisible par d. Or on a montré en
2) que Fn et Fn+1 sont premiers entre eux, donc d 6 |Fn+1 , ainsi d|Fm .
5a) On montre l’équivalence par récurrence sur k. Le cas k = 1 est démontré au 4).
On suppose l’équivalence vraie pour k et montrons-la pour k + 1 :
⇒. On suppose d|Fm et d|Fn , alors par hypothèse de récurrence d divise aussi Fm+kn .
Donc par (∗) d divise Fm+kn+n = Fm+(k+1)n , d’où l’implication cherchée.
⇐. On suppose d divise Fn et Fm+(k+1)n = Fm+kn+n , alors par (∗) d divise Fn et Fm+kn .
Donc d divise Fm et Fn par hypothèse de récurrence.
5b) On écrit m = qn + r la division euclidienne de m par n. On a q ≥ 1 car m > n.
Notons d := pgcd(Fm , Fn ) et d0 := pgcd(Fn , Fr ). On a
d|Fm , d|Fn ⇒ d|Fqn+r , d|Fn |{z}
⇒ d|Fn , d|Fr ⇒ d|d0 .
par (∗)
0
0
0
0
d |Fn , d |Fr |{z}
⇒ d |Fqn+r , d |Fn ⇒ d0 |Fm , d0 |Fn ⇒ d0 |d.
par (∗)
6
D’où d = d0 .
5c) Notons d := pgcd(Fm , Fn ). Appliquant l’algorithme d’Euclide au 5b), on a
pgcd(Fm , Fn ) = pgcd(Fpgcd(m,n) , F0 ) = pgcd(Fpgcd(m,n) , 0) = Fpgcd(m,n) .
5. Congruences
Correction exercice 7 C’est possible puisque 3 est premier à 17. En prenant les multiples successifs on obtient :
3, 6, 9, 12, 15, 1, 4, 7, 10, 13, 16, 2, 5, 8, 11, 14, 0.
Correction exercice 8 L’inverse de 3 modulo 4 est 3 et l’inverse de 4 mod 3 est 1. On
obtient donc
x ≡ (12/4) · 3 · 1 + (12/3) · 1 · 2 = 5 (mod 12).
Correction exercice 9 On a (x + 1)3 − x3 = 3x2 + 3x + 1 = a(x). En calculant a(x)
(mod 5) pour x = 0, . . . , 4, on constate qu’on n’obtient jamais 0. D’où le résultat.
Correction exercice 10
(1) L’inverse de 2 modulo 7 est 4 donc x ≡ 4 (mod 7).
(2) 12 ≡ 0 (mod 6) mais 9 pas donc il n’y a pas de solution.
(3) L’inverse de 5 modulo 8 est 5 donc x ≡ 3 (mod 8).
Correction exercice 11 Supposons que n ne soit pas un multiple de d et soit alors
n = dq + r avec 0 < r < d le reste de la division euclidienne de n par d. On a
q
g n = 1 = g dq+r = g d g r = g r
donc il existerait un 0 < r < d tel que g r = 1: absurde par définition de l’ordre d’un
élément.
Puisque g n = 1 on a n = ds. Supposons que n n’est pas l’ordre de g alors on a s > 1, en
particulier il existe un premier p divisant s (et donc aussi n). Calculons
g n/p = g ds/p = g d
s/p
=1
d’où le résultat.
Q
Correction exercice 12 Écrivons n = hi=1 pi où les pi sont des premiers impairs
distincts. L’équation x2 ≡ 1 (mod n) est donc équivalente au système
 2

x ≡ 1 (mod p1 )
..
.

 2
x ≡ 1 (mod ph )
Chacune de ces équations a au plus deux solutions car Z/pi Z est un corps. De plus comme
les pi sont impairs, chaque équation a exactement deux solutions distinctes 1 et −1. La
résolution des systèmes xi = ±1 (mod pi ) donne donc 2h solutions distinctes modulo n.
7
Correction exercice 13 Si a est un élément primitif, il est en particulier non nul donc
inversible modulo p et donc on a an−m ≡ 1 (mod p). On en conclut que n−m est divisible
par l’ordre de a qui est φ(p) = p − 1 donc m ≡ n (mod p − 1).
Correction exercice 14.
p et q étant premiers entre eux on a, d’après le petit théorème de Fermat, que pq−1 +q p−1
est solution du système
x ≡ 1 (mod p),
x ≡ 1 (mod q).
Or x0 = 1 en est une autre, et par le théorème des restes chinois (version pratique) on a
que deux solutions sont congrues modulo pq. Ainsi pq−1 + q p−1 ≡ 1 (mod pq).
Correction exercice 15
(1)
(2)
(3)
(4)
On a que p|b2 donc p|b.
C’est vrai, en écrivant par exemple la factorisation de a.
On peut raisonner modulo p, et donc 0 ≡ (a2 + b2 ) − (b2 + c2 ) ≡ a2 − c2 mod p.
Non : 5|12 + 22 et 5|12 + 32 mais 5 ne divise pas 22 + 32 .
Correction exercice 16 Si n est premier, soit a un élément primitif. Son ordre est n − 1
donc on a la propriété souhaitée.
Inversement a est un élément d’ordre n − 1 donc #(Z/nZ)∗ ≥ n − 1 et donc tous les
élements non nuls sont inversibles : n est premier.
Correction exercice 17.
1) On montre la formule par récurrence :
Pour n = 0 on a bien Fer0 = 2.
n−1
Y
Supposons que pour n ≥ 0 on a Fern =
Feri +2. Alors
i=0
n
Y
Feri +2 = Fern
i=0
n−1
Y
Feri +2,
i=0
=
=
=
=
=
Fern (Fern −2) + 2,
Fer2n −2 Fern +2,
2
n
n
22 + 1 − 2 22 + 1 + 2,
n+1
n
n
2
2
22 + 2 ·2
+ 1 −
2 ·2
− 6 2 + 6 2,
Fern+1 .
Ainsi, tout diviseur commun à deux nombres de Fermat distincts divise 2. Or ceux-ci
sont impairs, d’où la conclusion.
Remarquons qu’on a redémontré l’existence d’une infinité de nombres premiers.
2) Comme an + 1 ≥ 3 est premier alors il est impair. Donc 2|an et par le lemme de
Gauss 2|a. De plus, notons n = 2m k avec k impair. On a
n
a +1= a
2m k
+1= a
2m
k−1
X
m i
+1
(−1)i a2
.
i=0
n
m
Or a + 1 est premier donc nécessairement l = 2 et ainsi k = 1.
8
Correction exercice 18.
Rappels sur le symbole de Legendre. Etant donnés p un nombre premier impair
et a non divisible par p, on dit que a est un carré (ou résidu quadratique) modulo p s’il
existe b tel que a ≡ b2 (mod p). On définit le symbole de Legendre
a
1
si a est un carré modulo p,
=
−1
sinon.
p
p−1
.
a
On a que
est multiplicative et
≡ a 2 (mod p).
p
p
q
p
en fonction de
.
La loi de réciprocité quadratique, démontrée par Gauss, exprime
q
p
Retour à la correction.
n
⇐. Remarquons que Fern2 −1 = 22 −1 et que 2 est le seul facteur premier de Fern −1.
Donc par le critère de primalité de Lehmer, on a que Fern est premier.
n−1
⇒. Comme n ≥ 1, on a Fern = 42 + 1, donc
Fern ≡ 1
(mod 4),
3
Fern
et par la loi de réciprocité quadratique on a
=
. De plus,
Fern
3
Fern ≡ 1 + 1
(mod 3)
donc Fern n’est pas uncarré modulo 3 (on vérifie directement que seuls 0 et 1 sont des
Fern
carrés modulo 3), i.e.
= −1. Ainsi
3
n
Fern −1
3
22 −1
(mod Fern ) ≡ −1 (mod Fern ).
3
=3 2 ≡
Fern
References
[Dem97] Michel Demazure. Cours d’algèbre. Nouvelle Bibliothèque Mathématique [New Mathematics
Library], 1. Cassini, Paris, 1997. Primalité. Divisibilité. Codes. [Primality. Divisibility. Codes].
[DKM94] Jean Marie De Koninck and Armel Mercier. Introduction à la théorie des nombres. Collection
universitaire de mathématiques. MODULO, Mont-Royal, 1994.
9