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Chapitre
3
Nombres premiers
1. Page d’ouverture
2. Résoudre des problèmes
•Énigme ✱
•Problème 1
À chaque diviseur du nombre porté par la lampe, il y a
pour celle-ci un changement d’état.
On peut écrire 86 sous la forme : 86 2 ¥ 43.
1, 2, 43 et 86 sont les diviseurs de 86, donc la lampe
changera 4 fois d’état, elle sera donc éteinte.
On peut écrire 25 sous la forme : 25 = 52.
1, 5 et 25 sont les diviseurs de 25, donc la lampe changera
3 fois d’état, elle sera donc allumée.
1  a) et b) Il semble que le point K ait une ordonnée
entière.
c) Il semble que ces points aient pour ordonnée la valeur
absolue du produit des deux abscisses, c’est-à-dire i ¥ j.
d) Il semble que les nombres k soient premiers.
m2 - n 2
2  a) (MN) a pour coefficient directeur
m-n
mn
donc (MN) : y ( m - n) x b.
M Œ(MN) donc m2 ( m - n)m b soit b = mn et par
suite, (MN) : y ( m - n) x mn.
Ainsi K( 0 ; mn).
b) Les nombres entiers k tels que K( 0 ; k ) ne soit pas sur
(MN) sont donc des nombres premiers.
Soit D, D1, D2 et E l’âge respectif de M. Dupont, de ses
deux filles et de l’enfant.
Ces trois nombres sont des diviseurs de 2 450.
2 450 2 ¥ 52 ¥ 72 donc les diviseurs de 2 450 sont 1,
2, 5, 7, 10, 14, 25, 35, 49, 50, 70, 98, 175, 245, 350, 490,
1 225 et 2 450.
M. Dupont a donc 25, 35, 49, 50, 70 ou voire 98 ans.
Leur somme est divisible par 4. Il reste alors, en tenant
compte, de cette condition, les cas suivants :
D
25
35
49
49
50
98
D1
1
7
2
5
7
5
D2
10
10
25
10
7
5
Somme
36
52
76
64
64
108
E
9
13
19
16
16
27
Comme le fils (qui connaît son propre âge, donc la
somme) répond « Il me manque une donnée », c’est qu’il
est dans la seule situation ambiguë, celle où la somme est
64, la seule correspondant à deux possibilités distinctes.
Dans tout autre cas, il aurait pu conclure directement à
ce niveau.
Donc la somme est 64 et le fils a 16 ans.
Dans les deux cas possibles, M. Dupont a soit 49 ans, soit
50 ans. Puisque le capitaine est plus âgé que M. Dupont,
le capitaine ne peut avoir 49 ans ou moins, il a donc
50 ans ou plus.
Mais si le capitaine avait strictement plus de 50 ans,
le renseignement « Je suis plus âgé que M. Dupont »
n’aurait pas permis au fils, qui connaît l’âge de son père,
de trouver la réponse.
Conclusion : Le capitaine a 50 ans, M. Dupont a 49 ans,
ses filles ont 5 et 10 ans.
48
•Problème 2
1  a)
Cet algorithme fournit la liste des diviseurs du nombre
entier N saisi et le nombre de diviseurs.
b) Conjecture fausse comme le montre par exemple
N = 4 a 3 diviseurs.
2  a) Cet algorithme contient moins d’itérations.
b) Compter les diviseurs de n parmi les nombres entiers
compris entre 1 et à racine (n). Si ce nombre est 2, alors
n est premier.
3  a) Si n est premier, alors il admet au moins un diviseur
premier : lui-même.
Si n n’est pas premier. Notons le plus petit des diviseurs
de n strictement supérieurs à 1. Supposons que d ne soit
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
•Énigme ✱✱
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
pas premier, alors d admet au moins un diviseur d¢ tel
que 1  d ¢  d .
Mais d¢ est aussi un diviseur de n qui est strictement
supérieur à 1. Ceci contredit l’hypothèse faite sur d
comme étant le plus petit des diviseurs de d strictement
supérieurs à1.
Donc d est un nombre premier.
b) Si n n’est pas premier. Posons n = dq. Par définition
de d et puisque n n’est pas premier 1  d  n donc
1  q  n, donc d  q . En multipliant cette égalité par
d , on obtient d 2  q donc d 2  n.
c) En écrivant la contraposée de la proposition précédente :
si n n’admet pas de diviseur premier d vérifiant
1  d  n , alors n est un nombre premier.
4  a) Les programmes permettent d’afficher la primalité
du nombre entier saisi.
b) Si le reste dans la division euclidienne par 6 d’un
nombre entier n supérieur à 5 est 0, alors 6 divise ce
nombre, donc ce nombre n’est pas premier.
Si le reste dans la division euclidienne par 6 d’un nombre
entier n supérieur à 5 est 2, alors 2 divise ce nombre, donc
ce nombre n’est pas premier.
Si le reste dans la division euclidienne par 6 d’un nombre
entier n supérieur à 5 est 3, alors 3 divise ce nombre, donc
ce nombre n’est pas premier.
Si le reste dans la division euclidienne par 6 d’un nombre
entier n supérieur à 5 est 4, alors 2 divise ce nombre, donc
ce nombre n’est pas premier.
Conclusion : le reste dans la division euclidienne par 6
d’un nombre entier premier supérieur à 5 est 1 ou 5.
c) Si le programme entre dans la boucle « while » c’est
que N n’est ni un multiple de 2 ni un multiple de 3 et un
nombre supérieur à 5, donc son reste dans la division
par 6 est 1 ou 5. Donc le reste de tout diviseur éventuel
de N est 1 ou 5.
En initialisant la valeur de I à 5 et en ajoutant 6 à I, on
parcourt tous les nombres dont le reste est 5. Par ailleurs en testant si I+2 ou I divise N, on parcourt tous les
nombres dont les reste sont 1 ou 5, entre 5 et N qui sont
susceptibles d’être des diviseurs de N.
d) On peut enlever la dernière ligne de chacun des programmes et la remplacer par :
si P=0, alors afficher « non premier » sinon afficher
« premier ».
e) On obtient :
•Problème 3
1  a)
1
11
21
31
41
51
61
71
81
91
2
12
22
32
42
52
62
72
82
92
3
13
23
33
43
53
63
73
83
93
4
14
24
34
44
54
64
74
84
94
5
15
25
35
45
55
65
75
85
95
6
16
26
36
46
56
66
76
86
96
7
17
27
37
47
57
67
77
87
97
8
18
28
38
48
58
68
78
88
98
9 10
19 20
29 30
39 40
49 50
59 60
69 70
79 80
89 90
99 100
b) Les nombres non barrés sont des nombres qui ont
seulement deux diviseurs : 1 et eux-mêmes, ce sont les
nombres premiers inférieurs à 100. On obtient : 2, 3, 5,
7, 11, 13, 17, 19, 23, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71,
73, 79, 83, 89 et 97.
2  Pour n = 200, on obtient : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23,
31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101,
103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163,
167, 173, 179, 181, 191, 193, 197 et 199.
Pour n = 500, on obtient en plus de ces derniers : 211,
223, 227, 229, 233, 239, 241, 251, 257, 263, 269, 271, 277,
281, 283, 293, 307, 311, 313, 317, 331, 337, 347, 349, 353,
359, 367, 373, 379, 383, 389, 397, 401, 409, 419, 421, 431,
433, 439, 443, 449, 457, 461, 463, 467, 479, 487, 491, 499.
Pour n = 800, on obtient en plus de ces derniers : 503,
509, 521, 523, 541, 547, 557, 563, 569, 571, 577, 587, 593,
599, 601, 607, 613, 617, 619, 631, 641, 643, 647, 653, 659,
661, 673, 677, 683, 691, 701, 709, 719, 727, 733, 739, 743,
751, 757, 761, 769, 773, 787 et 797.
•Problème 4
1  Soit p1 , p2 et p3 les trois nombres premiers choisis. Le
nombre N obtenu après multiplication et ajout de 1
s’écrit N p1p2 p3 1.
Supposons que p1 divise N, alors p1 divisant p1p2 p3, il
divise nécessairement N - p1p2 p3 . Donc p1 divise 1. Ce
qui contredit l’hypothèse p1 premier, donc p1 ne divise
pas N.
Un raisonnement analogue en échangeant les rôles de
p1 , p2 et p3 conduit à la conclusion qu’aucun de ces trois
nombres ne divise N.
Le plus petit des diviseurs supérieurs à 2 de N est un
nombre premier, donc il n’est pas dans la liste puisqu’aucun des nombres premiers de cette liste ne divise N.
2  Reproduisons une partie du raisonnement évoqué
en 1.
Notons N p10 p20 º pn0 1.
Supposons que p10 divise N, alors p10 divisant p10 p20 º pn0 ,
il divise nécessairement p10 p20 º pn0, donc p10 divise 1.
49
Ce qui contredit l’hypothèse p10 premier, donc p10 ne
divise pas N.
Un raisonnement analogue en échangeant les rôles de
p10 , avec p20 et º pn0 conduit à la conclusion qu’aucun
de ces nombres ne divise N. Or le plus petit des diviseurs
supérieurs à 2 de N est un nombre premier, donc il devrait
être dans la liste des nombres p10 p20 º pn0.
Contradiction : la liste des nombres premiers n’est donc
pas finie.
•Problème 5
1  a) Entre 1 et 20, il y a 8 nombres premiers.
Entre 1 et 100, il y a 25 nombres premiers.
Modifier le programme ESTPREMIER du problème 2 en
supprimant la saisie de N et la ligne d’affichage de N.
Entrer un autre programme :
Les 100 premières valeurs de π sont :
b) Il semble en effet que la proportion des nombres entre
0 et x tend vers zéro.
100
2  a)
4.
p(100)
100 000
b) On trouve
ª 10, 43.
p(100 000)
c)
Il y a 21 nombres premiers entre 100 et 200.
Il y a 14 nombres premiers entre 500 et 600.
•Problème 6
1  a) Exemple sur Texas
50
d) En comparant ln( n) et n /p( n), on obtient ln( n) ª n /p( n) pour de grandes valeurs de n.
•Problème 7
2  a) Pour tout nombre entier a strictement positif,
PGCD( a ; a ) = a. On observe ce résultat sur la diagonale
non éclairée du tableau.
b) On constate que PGCD( p ; a ) = 1 ou PGCD( p ; a ) = p.
1 et p sont les seuls diviseurs de p, donc si p est un diviseur de a, alors PGCD( p ; a ) = p sinon PGCD( p ; a ) = 1.
c) On remarque que tout nombre a et son successeur
sont premiers entre eux.
En effet, on peut écrire 1( a 1) - 1( a ) 1, donc d’après
le théorème de Bézout, PGCD( a ; a 1) 1.
On remarque aussi que PGCD( a - n ; n) 1 où a est un
nombre premier et n un nombre entier non nul strictement inférieur à a.
En effet, soit d un diviseur commun de a - n et n. d divise
la somme a - n n a . Or les seuls diviseurs de a sont
1 et a. a ne divise pas n donc d = 1 et par suite,
PGCD( a - n ; n) 1.
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Il y a 29 nombres premiers entre 800 et 1 000.
2  2 divise 2 + 4 ! et 2  2 + 4 ! donc 2 + 4 ! n’est pas
premier.
3 divise 3 + 4 ! et 3 < 3 + 4 ! donc 3 + 4 ! n’est pas premier.
4 divise 4 + 4 ! et 4 < 3 + 4 ! donc 4 + 4 ! n’est pas premier.
Ces trois nombres sont consécutifs et composés.
b) Si n est un nombre entier naturel supérieur à 2, en
généralisant le raisonnement précédent : pour k allant
de 2 à n, k + n ! est composé.
On obtient ainsi n - 1 nombres consécutifs composés.
c) On peut trouver des intervalles aussi grands que l’on
veut sans nombre premier.
d) Ceci n’est pas vrai pour p = 2 mais semble vrai pour
tous les autres nombres premiers.
Pourquoi 1 ? On sait que tout nombre et son successeur
sont premiers entre eux, d’où la présence de 1.
Pourquoi 2 ? Tout nombre premier p  2 est impair.
Calculons PGCD( p - 1 ; p 1).
Soit d un diviseur commun de p - 1 et p + 1.
d divise la différence soit 2. Or 2 est un diviseur commun
de p - 1 et p + 1 donc PGCD( p - 1 ; p 1) 2.
Ce motif ne se trouve pas uniquement autour des
nombres premiers, on peut le constater autour de 9
par exemple.
3  On observe parfois lorsque les deux nombres sont
premiers la croix suivante :
4
1
6
1
1
1
2
1
2
On peut faire s’interroger les élèves sur ce phénomène.
Et si les deux nombres ne sont pas premiers, peut-on
trouver une telle croix ?
•Problème 8
2  b) L’affichage est 1 ; l’affichage est 2 409.
3  Il s’agit du programme fait sous Casio , il faut modifier :
if frac (Q/2) =0 en if frac (Q/2) différent de 0
YX Æ Y en YX- intg(YX/P)*P Æ Y
afficher YX par YX- intg(YX/P)*P
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•Problème 9
1  Supposons que p soit un nombre premier supérieur
à 5.
p  0 [ 6] contredit l’hypothèse p est premier.
p  2 [ 6] implique que p 2 6k , donc 2 divise p, ce
qui contredit l’hypothèse p est premier supérieur à 5.
p  3 [ 6] implique que p 3 6k , donc 3 divise p, ce
qui contredit l’hypothèse p est premier supérieur à 5.
p  4 [ 6] implique que p 4 6k , donc 2 divise p, ce
qui contredit l’hypothèse p est premier supérieur à 5.
Conclusion :
p 6k 1 ou p 6k 5.
2  Si p 6k 1, alors p 4 6k 5.
Si p 6k 5, alors p 2 6k 7 6( k 1) 1.
3  Faisons un tableau qui montre l’évolution des contenus des variables :
État
initial
Instruction N + M dans N
Instruction – J dans J
Instruction M + J dans M
Instruction N + M dans N
Instruction – J dans J
Instruction M + J dans M
Instruction N + M dans N
Instruction – J dans J
Instruction M + J dans M
Instruction N + M dans N
Instruction – J dans J
Instruction M + J dans M
N
5
7
7
7
11
11
11
13
13
13
17
17
17
J
– 2
– 2
2
2
2
– 2
– 2
– 2
2
2
2
– 2
– 2
M
2
2
2
4
4
4
2
2
2
4
4
4
2
4  a) 147 = 3 ¥ 72
b) 360 23 ¥ 32 ¥ 5
c) 456 812 22 ¥ 114 203
d) 12 347 est premier.
•Problème 10
198 490 572 007 7 ¥ 13 ¥ 29 ¥ 29 ¥ 1 373 ¥ 1 889
Février 1373 ; exposition universelle de 1889 ; 7 pieds
par 29 livres et 13 cm.
•Problème 11
1  b) On peut invalider la conjecture de Capucine.
11 est premier alors que M11 ne l’est pas.
2  a) La somme des k premiers termes de la suite géométrique de raison 2d et de premier terme 1 est égale à
1 - ( 2 d )k
1 2d (2d )2 º (2d )k -1 1 ¥
donc :
1 - 2d
2dk - 1 (2d - 1)(1 2d (2d )2 º (2d )k -1 ).
b) Si d divise n, alors il existe un nombre entier k tel que
n = dk . D’après la question précédente, on en déduit
que 2d - 1 divise Mn 2dk - 1.
c) De la question précédente, on déduit que si n n’est
pas premier, il existe un nombre entier d  2 diviseur
de n différent de n tel que 2d - 1 est un diviseur de Mn.
Ainsi, Mn n’est pas premier. La contraposée valide la
conjecture de Louis.
3  a) La liste n’est pas correcte : Mersenne s’était trompé.
M67 et M257 ne le sont pas alors que M61 et M107 le sont.
b) Voir par exemple http://villemin.gerard.free.fr/
Wwwgvmm/Decompos/Mersenne.htm
•Problème 12
1  a) F5 = 4 294 967 297
b) F5 n’est pas premier.
2  a) • Il semble que pour tout nombre entier n  1, Fn
se termine par 7.
51
( 22
n -1
1)(22
n -1
- 1) Fn -1(Fn -1 - 2).
• Montrons que pour tout nombre entier n  2,
Fn F0 ¥ F1 ¥ º ¥ Fn -1 2 par récurrence.
Initialisation : F2 = 17 et F0 ¥ F1 2 3 ¥ 5 2 17,
donc la propriété est vraie pour n = 2.
Hérédité : on suppose que la propriété est vraie pour
un certain rang n  2 et on montre qu’elle est encore
vraie au rang n + 1.
Montrons que Fn 1 F0 ¥ F1 ¥ º ¥ Fn 2.
Par hypothèse de récurrence, Fn F0 ¥ F1 ¥ º ¥ Fn -1 2.
Or :
Fn 1 Fn (Fn - 2) 2 Fn (F0 ¥ F1 ¥ º ¥ Fn -1 2 - 2) 2
F0 ¥ F1 ¥ º ¥ Fn 2,
d’où l’hérédité.
La propriété est donc vraie pour tout nombre entier
n  2.
c) • D'après b), on a pour tout nombre entier
n  2 , Fn F0 ¥ F1 ¥ º ¥ Fn -1 2 .
Si n  m, alors :
Fn F0 ¥ F1 ¥ º ¥ Fm -1 ¥ Fm ¥ Fm 1 ¥ º ¥ Fn -1 2
Ê m -1 ˆ
Ê n -1 ˆ
Á ’Fi ˜ ¥ Fm ¥ Á ’ Fi ˜ 2
Ë i 0 ¯
Ë i m 1 ¯
• Soit d un diviseur commun de Fn et Fm. Comme d divise
Ê m -1 ˆ
Ê n -1 ˆ
Fm , d divise donc Á ’Fi ˜ ¥ Fm ¥ Á ’ Fi ˜ et par suite, la
Ë i 0 ¯
Ë i m 1 ¯
différence avec Fn c’est -à-dire 2.
Ainsi d = 1 ou d = 2. Or les nombres de Fermat sont
impairs, donc 2 ne les divise pas et par suite, on conclut
que deux nombres de Fermat distincts sont premiers
entre eux.
52
•Problème 13
1  calculs
p = 2, 1p-1 1 [2].
p = 3, 1p-1 1 [3], 22  1 [3].
p = 5, 1p-1 1 [5], 2 4  1 [5], 34  1 [5], 4 4  1 [5].
2  a)
561 3 ¥ 11 ¥ 17
avec 2 divise 560, 10 divise 560 et 16 divise 560.
b) • Si a n’est pas divisible par n, alors a n’est pas divisible
par 3, en utilisant le petit théorème de Fermat :
a 2  1 [ 3]
2
280
donc ( a )
 1 [3] donc a560  1 [3].
• Si a n’est pas divisible par n, alors a n’est pas divisible
par 11, en utilisant le petit théorème de Fermat :
a10  1 [11]
donc ( a10 )56  1 [11] donc a560  1 [11].
• Si a n’est pas divisible par n, alors a n’est pas divisible
par 17, en utilisant le petit théorème de Fermat :
a16  1 [17]
donc ( a16 )35  1 [17] donc a560  1 [17].
c) Les nombres 11 et 3 sont premiers entre eux et divisent
a560 - 1, donc leur produit divise a560 - 1.
Les nombres 17 et 33 sont premiers entre eux et divisent
a560 - 1, donc 561 divise a560 - 1.
d) n = 1 105 = 5 ¥ 13 ¥ 17 .
1 104 est divisible par 4, par 12 et par 16.
Un raisonnement analogue au premier cas conduit à la
conclusion :
1105 divise a1104 - 1, pour tout a non divisible par n.
3  On pourra consulter http://villemin.gerard.free.fr/
ThNbDemo/Carmicha.htm#nombre
•Problème 14
1  a) c et m sont premiers entre eux, donc d’après le théorème de Bézout, il existe u et v nombres entiers relatifs
opposés tels que cu mv 1. L’équation diophantienne
cx my 1 a pour solutions les couples (u - mK ; v cK )
avec K nombre entier relatif. Il existe donc K  0 tel que
( d ; k ) (u - mK ; - v - cK ) soit un couple de nombres
entiers naturels vérifiant cd km 1.
b) • p est premier et x est non divisible par p, donc d’après
le petit théorème de Fermat, x p -1 1 [ p ].
Ainsi, par passage aux puissances, ( x p -1 )q -1 1 [ p ] donc
x m  1 [ p ]. Par suite, ( x m )k  1 [ p ] soit x km  1 [ p ].
Ainsi x km ¥ x x [ p ] et comme x km 1 x cd , on a :
x cd  x [ p ].
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
• Pour tout nombre entier naturel, n  2 :
n -1
n -1
Fn (22 )2 1 (22 1 - 1)2 1 (Fn -1 1)2 1.
Montrons que pour tout nombre entier n  2 , Fn se
termine par 7 par récurrence.
Initialisation : F2 = 17 donc la propriété est vraie pour
n = 2.
Hérédité : on suppose que la propriété est vraie pour
un certain rang n  2 et on montre qu’elle est encore
vraie au rang n + 1.
Montrons que Fn1 7 [10].
Par hypothèse de récurrence, Fn  7 [10] donc
Fn - 1 6 [10] et (Fn - 1)2 36 [10]par compatibilité des
opérations avec la relation congruence.
36  6 [10] donc (Fn - 1)2 6 [10].
Comme Fn 1 (Fn - 1)2 1, on a Fn1 7 [10] d’où l’hérédité.
La propriété est donc vraie pour tout nombre entier
n  2.
b) • Pour tout nombre entier naturel n  2 :
n
n -1
n -1
Fn - 2 22 - 1 22 ¥ 2 - 1 (22 )2 - 1
• p divise x et p divise donc x cd donc p divise x cd - x, soit :
x cd  x [ p ].
c) On procède de la même façon qu’avec p, p et q jouant
des rôles symétriques.
d) x cd  x [ p ] et x cd  x [ q ] donc p divise x cd - x et q
divise x cd - x. Or p et q sont premiers entre eux, donc
d’après une conséquence du théorème de Gauss, n = pq
divise x cd - x, donc x cd  x [ n].
2  a) 9 est bien premier avec ( p - 1)( q - 1) 40.
cd 9 ¥ 9 81 et 81  1 [ 40], donc on peut prendre
c = 9 et d = 9.
b) Avec Xcas, on obtient le message crypté suivant en
utilisant C( x )  x c [ n].
Clair
Code
22 09 22 05 12 01 03 18 25 16 20
22 49 22 20 12 01 48 08 15 31 05
Clair
Code
15 07 18 01 16 08 09 05
25 52 08 01 31 18 49 20
Alexandre le décode en utilisant D( y )  yd [ n].
3  a) 29 est bien premier avec ( p - 1)( q - 1) 24 et
cd = 145 est bien congru à 1 modulo 24.
b)
Code
28 01 12 21 11 12 03 28 05
Décode 19 01 12 21 20 12 9 19 05
Message S A L U T L
I
S E
Le message décrypté est « SALUT LISE ».
•Problème 15
1  32 a 6 diviseurs : 1, 2, 4, 8, 16 et 32.
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
La somme des inverses des diviseurs vaut
63
et
32
6
64
n’est pas entier.
=
63
21
32
140 a 12 diviseurs : 1, 2, 4, 5, 7, 10, 14, 20, 28, 35, 70 et 140.
12
La somme des inverses des diviseurs vaut et
5
12
= 5, donc 140 est en division harmonique.
12
5
2  a) À l’aide de Xcas, on trouve 1, 2, 4, 6 et 12.
b) Pour n = 1, a1 2 ¥ 3 6, donc 4 diviseurs et la
somme des inverses des diviseurs est 2.
Pour n = 2, a 2 22 ¥ 7 28, donc 6 diviseurs et la
somme des inverses des diviseurs est 2.
Pour n = 4, a 4 2 4 ¥ 31 496, donc 10 diviseurs et la
somme des inverses des diviseurs est 2.
Pour n = 6, a 6 26 ¥ 127 8 128, donc 14 diviseurs et
la somme des inverses des diviseurs est 2.
Pour n = 12, a12 212 ¥ 8 191 33 550 336, donc 64
diviseurs et la somme des inverses des diviseurs est 2.
c) On peut conjecturer que ces nombres sont en division
harmonique.
3  a) a n 2n p et p est premier. Les diviseurs de 2n sont
1, 2, 22 , º, 2n -1et 2n. p a deux diviseurs : 1 et p donc a n
a pour diviseurs ceux de 2n et p , 2 p , 22 p , º, 2n -1 p , 2n p ,
soit 2( n 1) 2n 2 diviseurs.
1 1
1
1Ê
1 1
1ˆ
b) 1 2 º n Á1 2 º n ˜
2 2
2
pË 2 2
2 ¯
Ê
1ˆ Ê
1 1
1ˆ
Á1 ˜ Á1 2 º n ˜ .
2 ¯
p¯ Ë 2 2
Ë
La somme des (n + 1) premiers termes de la suite géo1
métrique de raison et de premier terme 1 est :
2
n 1
Ê 1ˆ
1- Á ˜
n
Ë 2¯
Ê 1ˆ
1 1
1
1 2 º n 1¥
2-Á ˜
1
2 2
2
Ë 2¯
12
donc
1 1
1
1Ê
1 1
1ˆ
1 2 º n Á1 2 º n ˜
2 2
2
pË 2 2
2 ¯
Ê
Á1 Ë
n
n
Ê 1ˆ ˆ
Ê 1ˆ ˆ Ê p 1ˆ Ê
1ˆ Ê
Á
˜
Á
2
2
ÁË 2 ˜¯ ˜˜
ÁË 2 ˜¯ ˜ Á p ˜ Á
p ˜¯ ÁË
¯Ë
¯
¯ Ë
Ê 2n 1 ˆ Ê 2n 1 - 1ˆ
Á n 1
˜ 2.
˜Á
Ë 2 - 1 ¯ Ë 2n ¯
c) Ainsi, lorsque p est premier, a n est en division harmonique car le quotient du nombre de diviseurs de N par
la somme des inverses des diviseurs de N est égal à
2( n 1)
n 1.
2
3. Pour s’exercer
3
287 ≈ 16,9
287 = 7 × 41 donc 287 n’est pas premier.
467 ≈ 21,6 et 467 n’est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11,
13, 17 et 19, donc 467 est premier.
150 ª 12, 2 et les six premiers nombres premiers
4
sont 2, 3, 5, 7, 11 et 13. Ainsi, ce nombre est premier.
5 10! est un multiple de 2, de 3 et de 4, donc dans
chacun de ces nombres, on peut mettre 2, 3 et 4 en
facteur. Ils ne sont donc pas premiers.
6 n2 + 2n + 1 = (n + 1)2
• Si n = 0, alors n2 + 2n + 1 n’est pas premier
• Si n  1, alors n + 1  2 et par conséquent, n2 + 2n + 1
est le produit de deux nombres entiers supérieurs ou
égaux à 2, donc il n’est pas premier.
7 n2 3n 2 ( n 1)( n 2)
• Si n = 0, n2 3n 2 2 est premier
53
8 Faux. Pour n = 9, n ( n 2) n( n 2) 119 et
119 7 ¥ 17 .
9 a) À l’aide de Xcas et de la fonction « isprime », on
remarque que ces nombres sont premiers.
b) Si n = 40, n2 n 41 402 40 41 1 681.
1 681 = 41 donc 1 681 n’est pas premier.
12 a) b est un diviseur de a car tous les nombres premiers intervenant dans la décomposition en facteurs premiers de b sont présents dans celle de a avec un exposant
supérieur ou égal.
b) b n’est pas un diviseur de a car 2 est à l’exposant 7
dans la décomposition en facteurs premiers de b tandis
qu’il est à l’exposant 6 dans celle de a.
13 a) C’est un carré parfait dont la racine carrée est
2 4 ¥ 56 ¥ 13.
b) L’exposant 9 dans la décomposition en facteurs premiers indique que ce n’est pas un carré parfait.
14 a) 220 = 22 × 5 × 11
Il a 3 × 2 × 2 = 12 diviseurs qui sont :
1, 2, 4, 5, 10, 20, 11, 22, 44, 55, 110, 220
b) 543 = 3 × 181
Il a quatre diviseurs qui sont :
1, 3, 181, 543
c) 745 = 5 × 149
Il a quatre diviseurs qui sont :
1, 5, 149, 745
15 1. 4 312 23 ¥ 72 ¥ 11.
2. a) Le plus petit nombre par lequel il suffit de multiplier
a pour obtenir un carré parfait est 22.
b) Pour obtenir un multiple de 1 000, il faut obtenir un
multiple de 23 ¥ 53. Donc il suffit de multiplier par 53.
16 a) 4 032 26 ¥ 32 ¥ 7
b) n( n 1) 4 032, cette équation a deux solution l’une
négative, l’autre positive. Pour avoir la solution positive,
il suffit de remarquer que n est proche de la racine carrée
de 4 032 : n = 63.
17 1. a = 28 et b 2 4 ¥ 32 ¥ 5 ¥ 7 donc
PGCD(a ; b) = 2 4 .
2. On écrit l’algorithme d’Euclide :
a
5 040
256
176
80
Donc le PGCD est 16.
54
b
256
176
80
16
Reste
176
80
16
0
4. Exercices d’application
18 1. a) On raisonne par l’absurde. On suppose que p
n’est pas premier. Alors p admet un diviseur d tel que
1  d  p. De d divise p et p divise n, on déduit que d
divise n, ce qui établit une contradiction car p est le plus
petit diviseur de n strictement supérieur à 1. Ainsi, p est
premier.
b) n = pq avec 1 p q donc p2  pq soit p2  n et
par suite, 2  p  n .
c) On a montré que si n n’est pas premier, alors n admet
au moins un diviseur premier p : son plus petit diviseur
autre que 1, tel que 2  p  n. Donc, par contraposée,
si n n’est divisible par aucun nombre premier p tel que
2  p  n , alors n est premier.
2. On calcule 137 ª 11, 7 et 137 n’est pas divisible par
2, 3, 5, 7 et 11. Il est donc premier.
19 150 ª 12, 2. On barre les multiples des nombres
premiers suivants : 2, 3, 5, 7 et 11. Les nombres non barrés
suivants sont premiers : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31,
37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103,
107, 109, 113, 127, 131, 137, 139 et 149.
20
a) Les résultats suggèrent que 327 n’est pas premier,
433 l’est.
b) 327 est divisible par 3 (la somme de ses chiffres l’est),
donc 327 n’est pas premier.
433 ª 20, 8 et 433 n’est divisible par aucun des
nombres premiers suivants : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, donc
il est premier.
21 a) 251 ª 15, 8 et aucun des nombres premiers : 2,
3, 5, 7, 11, 13 ne divise 251 donc 251 est premier.
b) 341 ª 18, 5 et on remarque que 341 11 ¥ 31, donc
341 n’est pas premier.
c) 853 ª 29, 2 et aucun des nombres premiers : 2, 3, 5,
7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 ne divise 853, donc 853 est premier.
d) 712 est pair, donc 712 n’est pas premier.
e) 1 023 est divisible par 3 (la somme de ses chiffres l’est),
donc 1 023 n’est pas premier.
f) 1 021 ª 31, 95 et aucun des nombres premiers : 2, 3,
5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31 ne divise 1 021, donc 1 021
est premier.
22 3 est premier et PGCD(3 ; 3) = 3. C’est le seul car si
p et p¢ sont deux nombres premiers distincts
PGCD( p ; p¢ ) 1.
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
• Si n  1, alors n + 1  2 et ( n + 2)  2. Par conséquent,
n2 + 3n + 2 est le produit de deux nombres entiers supérieurs ou égaux à 2, donc il n’est pas premier.
n2 + 3n + 2 est premier si, et seulement si, n = 0.
23 Vrai car si p et p¢ sont deux nombres premiers distincts PGCD( p ; p¢ ) 1.
Faux. Si n = 4 et p = 3 , alors PGCD( n ; p ) = 1 mais n
n’est pas premier.
24 On suppose qu’il existe un nombre fini de nombres
premiers p1 , p2 , º, pn . On considère le nombre
a p1p2 º pn 1 . Ce nombre entier naturel est supérieur
ou égal à 2, il admet donc au moins un diviseur premier
p parmi les nombres p1 , p2 , º, pn . Ce nombre entier p
divise a et divise p1p2 º pn, donc il divise la différence,
c’est-à-dire 1. D’où la contradiction. Ainsi, il existe une
infinité de nombres premiers.
25 a) On sait que tout nombre entier naturel s’écrit sous
la forme n 3k , n 3k 1 ou n 3k 2 avec k Œ.
Si n = 3k , alors n ne peut pas être premier, n  3.
Donc n 3k 1 avec k Œ* ou n 3k 2 avec k Œ.
n 3k 2 avec k Πsi, et seulement si :
n 3( k 1) - 1, soit n 3k - 1 avec k Œ* .
b) La réciproque est fausse : si k = 3, n 3 ¥ 3 1 10
n’est pas premier.
26 a) p est un nombre premier strictement supérieur
à 3, donc comme tout nombre entier naturel s’écrit sous
la forme p 3k , p 3k 1ou p 3k 2 avec k Œ, on
déduit que p 3k 1ou p 3k 2 avec k Œ, sinon il
ne pourrait pas être premier.
Ainsi, p  1 [3] ou p  2 [3] donc 8 p - 1 7 [3]
ou 8 p - 1 15 [3], c’est-à-dire 8 p - 1 1 [3]
ou 8 p - 1 0 [3].
b) Si 8 p - 1 est premier, alors 8 p - 1 1 [3] et donc
8 p 1 3 [3], soit 8 p 1 0 [3], c’est-à-dire 8 p + 1 est
un multiple de 3, donc 8 p + 1 ne peut pas être premier.
31 a) 173 ª 13,15 et aucun des nombres premiers 2,
3, 5, 7, 11 et 13 ne divise 173.
b) x 2 - y2 173 si, et seulement si, ( x y )( x - y ) 173.
x y 1
x y 173
Ìx - y 173 ou Ìx - y 1
Ó
Ó
x y 1
y 1 - x
Ìx - y 173 si, et seulement si, Ì2 x - 1 173,
Ó
Ó
y - 86
. Impossible.
soit Ì
Óx 87
x - y 1
y x - 1
Ìx y 173 si, et seulement si, Ì2 x - 1 173
Ó
Ó
28 a) Aucun de ces nombres ne semble être premier.
b) Ces nombres sont en fait des carrés parfaits. Ils sont les
carrés de nombres composés uniquement de chiffres 1.
y 86
soit Ì
.
Óx 87
( 87 ; 86) est le seul couple qui vérifie x 2 - y2 173.
c) x 2 - y2 p si, et seulement si, ( x y )( x - y ) p.
x et y étant des nombres entiers naturels, l’égalité est
x - y 1
vérifiée si, et seulement si, Ì
si, et seulement si,
Óx y p
p -1
ÔÔy 2
y x - 1
.
Ì2 x - 1 p soit Ì
Ó
Ôx p 1
ÔÓ
2
Ê p 1 p - 1ˆ
ÁË 2 ; 2 ˜¯ est le seul couple de nombres entiers
naturels vérifiant x 2 - y2 p.
29 a) F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257 et F4 = 65 537
sont premiers.
b) F5 = 4 294 967 297 et
PGCD( 4 294 967 297 ; 641) = 641
donc 641 divise F5 , il n’est donc pas premier.
32 a) p divise a + b et ab, donc p divise toute combinaison linéaire de a + b et ab . En particulier, p divise
( a b ) ¥ a - 1 ¥ ab , donc p divise a2.
Supposons que p ne divise pas a, alors puisque p est un
nombre premier, p et a sont premiers entre eux. Or p
27 a) 1 000 333 ¥ 3 1, donc le reste est 1.
2 000 666 ¥ 3 2 donc le reste est 2.
b) p 1 000 p 1 [3] et 2 000 p 2 [3] .
p est premier donc p  1 [3] ou p  2 [3] et par suite,
p 1 000 2 [3] et p 2 000 0 [3]
ou p 1 000 0 [3] et p 2 000 1 [3].
Il est donc impossible de trouver un nombre premier p
tel que p + 1 000 et p + 2 000 soient tous les deux premiers (l’un des deux sera divisible par 3).
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
30 a) a = n3. Si n = 1, n’est pas premier et si n  1, a est
le produit de deux nombres entiers supérieurs ou égaux
à 2, donc a n’est pas premier.
b) a n2 - 5n 6 ( n - 2)( n - 3)
Si n = 1, a = 2 est premier.
Si n = 2 ou n = 3, alors a = 0.
Si n = 4, a = 2 est premier.
Si n  5, a est le produit de deux nombres entiers supérieurs ou égaux à 2, donc a n’est pas premier.
c) a n2 - 2n 1 ( n - 1)2
Si n = 0 ou n = 2, a = 1 n’est pas premier.
Si n = 1, a = 0.
Si n  3, a est le produit de deux nombres entiers supérieurs ou égaux à 2, donc a n’est pas premier.
d) a n2 8n - 20 ( n - 2)( n 10)
Si n = 0 ou n = 1, a  0.
Si n = 2, a = 0.
Si n = 3, a = 13 est premier.
Si n  4, a est le produit de deux nombres entiers supérieurs ou égaux à 2, donc a n’est pas premier.
55
33 a) Cet algorithme teste la primalité d’un nombre, s’il
n’est pas premier, il affiche son plus petit diviseur premier.
b) Pour N = 15, il affiche 3 et pour N = 20, il affiche 2.
c) Pour N = 133, il affiche 7.
Pour N = 547 et N = 1 223, il affiche nombre premier.
34 Il faut montrer que ( p - 1)( p 1) 8a , c’est-à-dire
p2 - 1 0 [ 8] soit p2  1 [ 8].
p est un nombre premier supérieur ou égal à 3, donc p
est impair. p est donc congru à 1, 3, 5 ou 7 modulo 8.
1², 3², 5² et 7² sont congrus à 1 modulo 8 donc p2  1 [ 8],
d’où le résultat.
40 a) 23335 ; b) 2 309 ; c) 26 3472 ; d) 28 36192 ;
e) 22 34172 ; f) 510 35215.
41 a) 1 234 = 2 ¥ 617 ; b) 3 214 = 2 ¥ 1 607 ;
c) 4 321 = 29 ¥ 149 ; d) 2 314 = 2 ¥ 13 ¥ 89.
42 a) 756 22 ¥ 33 ¥ 7
b) 7563 26 ¥ 39 ¥ 73
50 ¥ 756 23 ¥ 33 ¥ 52 ¥ 7
756
22 ¥ 3 ¥ 7
9
( 6 ¥ 756)5 215 ¥ 320 ¥ 715
43 N = 3a 5b
Or ( a 1)(b 1) 6 donc a = 2 et b = 1 ou a = 1 et b = 2.
Conclusion : les nombres cherchés sont 75 et 45.
44 2 012 divise 8 653 919 836.
45 Ils sont premiers entre eux.
46 a)
Ê n! ˆ
n!
35 a) n ! 3 3 ¥ Á 1˜ et
+ 1 est un nombre
Ë3
¯
3
entier. 3 divise n! + 3 et 1  3  n! + 3 donc n! + 3 n’est
pas un nombre premier.
b)Le raisonnement de la question a) peut être étendu
au cas où kest un nombre compris entre 2 et n.
b) 585 797 773 382 710 889 divise :
9 158 389 000 100 753 495 033 554 603.
36 a) La somme des carrés de x 2 et y2 est impaire,
donc x 2 et y2 sont de parités différentes.
Donc x et y sont de parités différentes.
b) Supposons que p divise x, alors y2  0 [ p ] donc p
divise y2 , donc p divise y (raisonnement de l’exercice 32)
donc y py ¢.
Par ailleurs, p divise x donc x px ¢2 donc :
x ¢2 y ¢2 1
donc x ¢ ou y ¢ est nul. Impossible, donc p ne divise pas
x et on montre de même que p ne divise pas y.
c) Soit d un diviseur commun de x et y, alors il divise p2,
donc il divise p. Or il ne vaut pas p donc d = 1.
47 1. Supposons que n soit le carré d’un nombre entier
a. Le carré de la décomposition en facteurs premiers de a
permet d’obtenir une décomposition en facteurs premiers
dont les exposants sont pairs. Par unicité de la décomposition, on peut conclure.
Supposons que la décomposition en facteurs premiers
de n n’a que des exposants pairs. Si a désigne le nombre
obtenu à partir de la décomposition de n en divisant par
deux les exposants, a est la racine carrée de n donc a est
un carré parfait.
2. a) 5 415 3 ¥ 5 ¥ 192
b) Le plus petit nombre entier naturel par lequel il faut
multiplier a est 15.
37 a) b ne divise pas a.
b) b divise a.
c) b ne divise pas a.
38 a) Chacun des facteurs premiers intervenant dans
la décomposition en facteurs premier de b est présent
dans la décomposition en facteurs premiers de b avec
un exposant inférieur.
a
b)  2 ¥ 33 ¥ 5 ¥ 7.
b
39 1. Cours.
2. a) 447 3 ¥ 149 ; b) 1 458 2 ¥ 36 ;
c) 4 913 : nombre premier ; d) 34 ¥ 72 ¥ 26.
56
N 23 ¥ 54 ¥ 7 ¥ 11 ¥ 132
48 a) Le plus grand nombre entier dont le carré divise N est
2 ¥ 52 ¥ 13.
b) Le plus grand nombre entier dont le cube divise N est
2 ¥ 51.
49 a) 8 775 33 ¥ 52 ¥ 13
b) Le plus petit nombre entier k tel que 8 775k est le
carré d’un nombre entier est k 3 ¥ 13.
Le plus petit nombre entier k tel que 8 775k est le cube
d’un nombre entier est k 5 ¥ 132 .
50 a) La décomposition en facteurs premiers de 1 050
est 1 050 2 ¥ 3 ¥ 52 ¥ 7
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
divise a ¥ a donc en appliquant le théorème de Gauss :
p divise a ou p divise a. Contradiction donc p divise a.
b) Le PGCD de a et b est un diviseur de ab et de a + b,
donc un diviseur de leur PGCD donc un diviseur de p. Or
p est un diviseur du PGCD de a et b d’après a).
Conclusion : p est le PGCD de a et b.
b) 1 050 a 2 ¥ 2 ¥ 3 ¥ 2, soit 24 diviseurs :
1, 2, 3, 6, 5, 10, 15, 30, 25, 50, 75, 150, 7, 14, 21, 42, 35, 70,
105, 210, 175, 350, 525, 1 050.
51 a) 725 52 ¥ 29
b) 725 a 6 diviseurs positifs et la liste de ses diviseurs
positifs est 1, 5, 25, 29, 145, 725.
c) ( x - y )( x y ) 725, donc x - y et x y sont des diviseurs de 725.
Envisageons tous les cas possibles sachant x - y  x y.
x – y
1
5
25
x + y
725
145
29
x
363
75
27
y
362
70
2
Vérification
oui
oui
oui
Conclusion : les couples (x ; y) solutions sont (27 ; 2) ;
(75 ; 70) ; (363 ; 362).
52 a) 255 3 ¥ 5 ¥ 17
b) 255 a 8 diviseurs 1, 3, 5, 15, 17, 51, 85, 255.
(n – 1)(n + 2) = 255. Il n’y a pas de diviseurs ayant un écart
de 3, donc pas de solution.
Vérification en résolvant l’équation du second degré :
3( n - 2)( n 4 ) 255
donc ( n - 2)( n 4 ) 5 ¥ 17.
Il n’existe pas dans la liste des diviseurs deux diviseurs
ayant un écart de 6, donc pas de solution.
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53 Premier cas : 2( n - 5) * ( n 3) 91 : pas de solution, 91 est impair.
Deuxième cas : 2( n - 5) * ( n 3) 182
2( n - 5) * ( n 3) 2 ¥ 7 ¥ 13
donc ( n - 5) * ( n 3) 7 ¥ 13
Il n’y a pas parmi les diviseurs deux diviseurs ayant un
écart de 8. Pas de solution.
Troisième cas : 2( n - 5) * ( n 3) 336
2( n - 5) * ( n 3) 2 4 ¥ 3 ¥ 7
( n - 5) * ( n 3) 2 3 ¥ 3 ¥ 7
[1, 2, 4, 8, 3, 6, 12, 24, 7, 14, 28, 56, 21, 42, 84, 168]
Le seul candidat est n = 9 qui ne convient pas, donc pas
de solution.
Quatrième cas : pas de solution car non divisible par 2.
54 a) 469 7 ¥ 67
b) Développer.
c) ( x - y )( x 2 xy y2 ) 7 ¥ 67
Comme ( x - y )  ( x 2 xy y2 ), deux cas sont envisagés.
• Premier cas
x - y 1 et x 2 xy y2 469
donc x y 1 et ( y 1)2 ( y 1) y y2 469
donc y2 2 * y2 3 y 1 469 ,
ce qui conduit à y = 12 et x = 13.
• Second cas
x - y 7 et x 2 xy y2 67
donc x y 7 et ( y 7)2 ( y 7) y y2 67
donc y2 2 * y2 21y 49 67 .
Cette équation n’a pas de solution entière.
Une seule solution : y = 12 et x = 13.
55 a) 220 22 ¥ 5 ¥ 11 donc 220 a 12 diviseurs dont
la liste est :
1, 2, 4 , 5, 10, 20, 11, 22, 44 , 55, 110, 220 .
La somme de ses diviseurs excepté 220 est 284.
Sous Xcas :
Le programme ndiv1 est disponible dans manuel : programmation :
ndiv1(n):={
local d,l1,l2,k;
d:=2;
l1:=[1];
while (n!=1) {
l2:=[];
k:=0;
while (irem(n,d)==0) {
n:=iquo(n,d);
k:=k+1;
l2:=concat(l2,l1*d^k);
}
l1:=concat(l1,l2);
d:=d+1;
}
return(l1);
}
220 et 284 sont amiables.
b)
1 210 et 1 184 sont amiables. c)
Donc 18 416 et 17 296 sont amiables.
57
57 1. a) Tout diviseur commun d de a et b a une décomposition de la forme p1g 1 p2g 2 º prg r où les exposants g i sont
des nombres entiers naturels vérifiant 0  g i  a i
puisque d divise a et 0  g i  bi puisque d divise b, soit
0  g i  di où di désigne le plus petit des nombres entiers
a i et bi .
b) Le PGCD est donc obtenu lorsque :
g 1 d1 , g 2 d2 , º, g n d n .
2. PGCD(23 ¥ 37 ¥ 52 ¥ 11 ¥ 135 ; 4 ¥ 9 ¥ 11 ¥ 136 )
PGCD(23 ¥ 37 ¥ 52 ¥ 11 ¥ 135 ; 22 ¥ 32 ¥ 11 ¥ 136 )
22 ¥ 32 ¥ 11 ¥ 135
58 a) PGCD( a ; b ) = 35
b) PGCD( a ; b ) 22 ¥ 3 ¥ 373
c) PGCD( a ; b ) PGCD(28 ; 2 4 ¥ 32 ¥ 5 ¥ 7) 2 4
d) PGCD( a ; b ) PGCD(2 4 ¥ 53 ¥ 7 ; 25 ¥ 5 ¥ 72 )
24 ¥ 5 ¥ 7
1 254
est sous forme irréductible car 421 est
421
premier et ne divise pas 1 254.
324
22 ¥ 3 4
81
b)
2
412 2 ¥ 103 103
246
2 ¥ 3 ¥ 41 123
c)
1 024
210
512
59 a)
60 a) 756 22 ¥ 33 ¥ 7, 504 23 ¥ 32 ¥ 7 et
468 22 ¥ 32 ¥ 13 .
On prend 23 ¥ 33 ¥ 7 ¥ 13.
1
1
1
2 ¥ 13 3 ¥ 13 2 ¥ 3 ¥ 7
b)
756 504 468
23 ¥ 33 ¥ 7 ¥ 13
23
19 656
p 4 q3
. Comme p et q
3
sont des nombres premiers, l’un des deux est 3.
Cas p = 3 :
Le volume de la pyramide est 33 ¥ q3 ; celui du cube est
p 6 = 36.
N est donc parmi les nombres suivants : 1, 3, 32 , 33.
Cas q = 3 :
Le volume de la pyramide est p 4 ¥ 32 ; celui du cube est
p6 .
N est donc parmi les nombres suivants : 1, p , p2 , p3 , p 4.
61 Le volume de la pyramide est 58
n( n 1)
2
n
L’un des nombres n ou n + 1 est pair. Or si n  3,  1
2
n +1
et
 1 donc 1 2 3 4 º n est le produit de
2
deux nombres entiers différents de 1, donc
1 2 3 4 º n est premier.
b) 503 est premier.
2 012
c) 1 2 3 º 2 012 (1 2 012) ¥
2
2 013 ¥ 1 006
3 ¥ 11 ¥ 61 ¥ 2 ¥ 503
62 a) 1 2 3 4 º n 63 a) n = p 4.
b) n = p2 q ou n = pq2.
64 1. a) 6 776 23 ¥ 7 ¥ 112
b) Liste des diviseurs
[1, 2, 4 , 8, 7, 14 , 28, 56, 11, 22, 44 , 88, 77, 154 , 308, 616,
121, 242, 484 , 968, 847, 1 694,, 3 388, 6 776]
2. a) Roc
b) 3 600 2 4 ¥ 32 ¥ 52 donc le nombre de diviseurs de
3 600 est 45.
c)121 ¥ 15n 112 ¥ 3n ¥ 5n
Le nombre 112 ¥ 3n ¥ 5n a 3 ¥ ( n 1)2 diviseurs si n  0.
75 3 ¥ ( n 1)2 conduit à n = 4.
Donc un seul nombre de la forme cherchée a 75 diviseurs,
c’est 12 ¥ 754 .
65 La décomposition en produit de facteurs premiers
de 65 est 65 5 ¥ 13.
On est amené à résoudre dans 2 les systèmes suivants :
x y - 1 1
x y - 1 5
x y - 1 13
Ì2 x - 4 y 1 65, Ì2 x - 4 y 1 13, Ì2 x - 4 y 1 5,
Ó
Ó
Ó
x y - 1 65 x y - 1 - 1
Ì2 x - 4 y 1 1 , Ì2 x - 4 y 1 - 65,
Ó
Ó
x y - 1 - 5
x y - 1 - 13
Ì2 x - 4 y 1 - 13, Ì2 x - 4 y 1 - 5
Ó
Ó
x y - 1 - 65
Ì2 x - 4 y 1 - 1.
Ó
On trouve les couples solutions suivants : (12 ; – 10),
(– 11 ; 11), (6 ; 0), (– 5 ; 1), (44 ; 22), (– 43 ; – 21), (10 ; 4),
(– 9 ; – 3).
66 ab est le carré d’un nombre entier, donc ab = c 2.
Par conséquent, les nombres premiers p1 , p2 , º, pr
apparaissant dans la décomposition en produit de facteurs premiers de c sont tous ceux présents dans la
décomposition de a et b.
a
a
a
c p1 1 ¥ p2 2 ¥ º pr r avec a i nombres entiers non nuls,
2a
2a
2a
donc c 2 p1 1 ¥ p2 2 ¥ º pr r .
De plus, a et b sont premiers entre eux, donc les nombres
premiers apparaissant dans leur décomposition respective sont distincts.
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56 1. 496 2 4 ¥ 31donc 31 est le plus grand diviseur
premier de 496.
31 ¥ 32
1 2 º 31 496 .
2
2. Dans la décomposition de N en facteurs premiers, on
remarque que 2n - 1est le plus grand diviseur premier de N.
(2n - 1)2n
1 2 º (2n - 1) 2n -1(2n - 1) N .
2
Par unicité de la décomposition, on déduit ainsi que
chaque facteur premier dans la décomposition de a et
de b a une puissance paire, et par suite, que a et b sont
des carrés de nombres entiers.
67 a) • Pour la courbe rouge
La décomposition en produit de facteurs premiers de 21
est 21 3 ¥ 7.
On est amené à résoudre dans 2 les systèmes suivants :
x y 1 x y 3 x y 7 x y 21
Ìx - y 21, Ìx - y 7, Ìx - y 3, Ìx - y 1
Ó
Ó
Ó
Ó
x y - 1 x y - 3 x y - 7
Ìx - y - 21, Ìx - y - 7 , Ìx - y - 3,
Ó
Ó
Ó
x y - 21
Ìx - y - 1 .
Ó
On trouve les couples solutions suivants : (11 ; – 10),
(– 11 ; 10), (5 ; – 2), (– 5 ; 2), (11 ; 10), (– 11 ; – 10), (5 ; 2),
(– 5 ; – 2).
• Pour la courbe verte
La décomposition en produit de facteurs premiers de 8
est 8 = 23.
On est amené à résoudre dans 2 les systèmes suivants :
x 1
x 2
x 4
Ì2 x - 6 y 8 , Ì2 x - 6 y 4 ,Ì2 x - 6 y 2 ,
Ó
Ó
Ó
x 8
x - 1
x - 2
Ì2 x - 6 y 1, Ì2 x - 6 y - 8 , Ì2 x - 6 y - 4,
Ó
Ó
Ó
x - 4
x - 8
.
Ì
Ì
Ó2 x - 6 y - 2 Ó2 x - 6 y - 1
On trouve les couples solutions suivants : (1 ; – 1), (2 ; 0),
(4 ; 1), (– 1 ; 1), (– 2 ; 0), (– 4 ; – 1).
b) Ces deux courbes n’ont pas de point à coordonnées
entières en commun, donc les points d’intersection ne
sont pas à coordonnées entières.
72 Partie B
1. 2. Faux car 2 et 10 ne sont pas multiples de 4.
3. a) 2 et 3 divise 48 , 5 divise 250, 7 divise 8 050.
Donc 2, 3 , 5 et 7 sont éléments de (E).
b) 6up–2 = 6(2p–2 + 3p–2 + 6p–2 – 1)
= 3 × 2p–1 + 2 × 3p–1 + 6p–1 – 6
donc 6up–2 = 3 × (2p–1 – 1) + 2 × (3p–1 – 1) + (6p–1 – 1).
p est un nombre premier strictement supérieur à 3 et
donc p ne divise ni 2, ni 3, ni 6.
En utilisant le petit théorème de Fermat, on en déduit
que p divise 2p–1 – 1, 3p–1 – 1 et 6p–1 – 1 donc p divise
6up–2. Or p et 6 sont premiers entre eux donc p divise up–2.
Donc p est un élément de (E). Donc tout élément premier
est un élément de (E).
Réciproquement, tout élément de (E) est par définition
un nombre premier.
Donc (E) est l’ensemble des premiers.
73 1. La somme des chiffres de 147 est divisible par 3,
donc 147 n’est pas premier.
169 = 132 donc 169 n’est pas premier.
2. a) Cet algorithme est le crible d’Eratosthène, il donne
les nombres premiers inférieurs à N.
b) • Pour 147, on a 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37,
41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103,
107, 109, 113, 127, 131, 137, 139.
• Pour 169, on a 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37,
41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103,
107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167.
3. a) Par exemple sur TI 83.
5. Objectif Bac
68 1. b). 2. c). 3. b). 4. c). 5. c).
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69 1. c). 2. a).
70 1. Faux. La décomposition en produit de facteurs
premiers de 2 045 est 5 × 409.
2. Vrai. Ces deux nombres sont premiers et leur différence est 2.
3. Vrai. n! est un multiple de k, donc le nombre n! + k
est un multiple de k.
1  k  n! + k donc n! + k n’est pas premier.
4. Vrai. D’après une conséquence du théorème de
Gauss, p divise a.
71 1. Vrai. Le produit de deux nombres premiers n’est
pas premier (la somme peut l’être). 2. Vrai. 3. Vrai.
4. Vrai. 5. Vrai. 6. Faux : 18. 7. Faux.
b) Les nombres de Mersenne sont premiers pour les
valeurs de n suivantes : 2, 3, 5, 7.
74 1. p étant un nombre premier impair, il est supérieur à 3.
a) 2 est premier avec p, donc en application du petit
théorème de Fermat :
2 p -1 1 [ p ]
59
17
A1  2 2 donc A1  28 = 256.
Par ailleurs, si p est un nombre premier divisant A1, alors
d’après la question 2, p  1 [2q ] . D’après l’indication, il
suffit de vérifier que A1 n’est divisible par aucun des
nombres premiers parmi : 103, 137 et 239.
On vérifie à la calculatrice que c’est le cas.
6. Exercices d’entraînement
75 1. a) La décomposition de a2 en produit de facteurs
premiers est obtenue en élevant celle de a au carré, elle
a donc les mêmes facteurs premiers.
b) Si le nombre premier p divise a2, alors il figure dans
sa décomposition en facteurs premiers et donc il figure
dans celle de a, p divise donc a.
Si p figure dans la décomposition de a, alors p2 figure
dans celle de a2 et donc p2 divise donc a2.
2. a) Si a2 divise b2, la décomposition en facteurs premiers
de b2 contient tous les facteurs de celle de a2 avec des
exposants supérieurs ou égaux. En utilisant 1. on en déduit
que la décomposition de b contient tous les facteurs premiers de celle de a. Si p est un facteur premier de a avec
l’exposant α, alors p est aussi un facteur premier de b avec
l’exposant β. Or a2 divise b2 donc 2a  2b et a  b. Donc,
en utilisant les théorèmes du cours, a divise b.
b) Oui, car en reprenant la question 3., si 3a  2b, alors
nécessairement a  b .
c) Non, 2a  3b n’entraîne pas nécessairement α  β.
3. a) On note a p1a1 p2a2 º pna n et b p1b1 p2b2 º pnbn où les
puissances sont des ����������������������������������
nombres entiers naturels éventuellement nuls.
Donc a m p1ma1 p2ma2 º pnma n et b m p1mb1 p2mb2 º pnmbn .
PGCD(a ; b) = p1g 1 p2g 2 º png n où chaque exposant est le plus
petit des deux exposants dans la décomposition de a et b.
m étant un nombre entier naturel non nul, dire que g 1 est
le plus petit des nombres entiers a1 et b1, équivaut à dire
que mg 1 est le plus petit des nombres entiers ma1 et mb1.
De même pour les autres exposants. On en déduit donc :
PGCD( a m ; b m ) p1mg 1 p2mg 2 º pnmg n ( p1g 1 p2g 2 º png n )m
(PGCD( a ; b ))m .
b) PGCD(3 375 ; 1 728) = PGCD(153 ; 123 )
= (PGCD(15 ; 12))3 = 33 = 27.
76 A. 1. On raisonne par l’absurde. On suppose que a et
b ont la même parité. Si a et b sont pairs, alors a² et b² sont
pairs et si a et b sont impairs, alors a² et b² sont impairs. Or
la différence de deux nombres pairs ou de deux nombres
impairs est pair, d’où contradiction.
2. On a par définition de N, a  b. Or N = (a + b)(a − b),
donc N est le produit de deux nombres entiers naturels.
En posant a + b = p et a − b = q, N = p × q.
3. D’après la question 1, a et b sont de parités contraires,
donc a + b = p et a − b = q sont impairs.
B. 1. a)
X modulo 9
X² modulo 9
0
0
1
1
2
4
3
0
4
7
5
7
6
0
7
4
8
1
b) D’après la question précédente et puisque
a2 - 250 507 b2, les restes modulo 9 de b2 sont ou 0,
ou 1, ou 4 ou 7.
60
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
Comme p - 1  2 , on k = p – 1 répond à la question.
b) Il existe d nombre entier tel que n = kd .
On sait que 2k  1 [ p ] donc :
(2k )d  1d [ p ]
kd
donc 2  1 [ p ]
donc 2n  1 [ p ].
c) Supposons que n bq r avec 0 r b.
2n  1 [ p ] implique que :
2bq r 1 [ p ]
bq
r
donc 2 2  1 [ p ]
donc 2r  1 [ p ].
Si r  0, alors 0  r  b, ce qui contredit l’hypothèse
faite sur b.
Donc r = 0, donc b divise n.
2. a) p divise 2q - 1 donc 2q - 1 0 [ p ]
donc 2q  1 [ p ].
b) Supposons que p soit pair.
Puisque p est premier p = 2.
Or 2q  1 [ p ], donc 2q 1 kp 1 k 2
donc 2q est impair et donc q = 0.
Ce qui contredit l’hypothèse q est premier, donc p est
impair.
c) p est un nombre premier impair et 2q  1 [ p ]
donc b divise q. Or q est supposé premier, donc b = 1
ou b = q.
Le cas b = 1 conduit à 2  1 [ p ], soit 1  0 [ p ].
Ce qui est impossible car p est différent de 1, donc b = q.
d) Puisque 2 p -1 1 [ p ] en utilisant la question 1.
b divise p – 1 donc q divise p – 1.
p – 1 est pair donc divisible par 2.
2 et q divise p – 1. Ainsi 2 et q sont premiers entre eux,
donc 2q divise p – 1, donc :
p - 1 0 [2q ]
p  1 [2q ]
3. A1 217 - 1. Pour prouver que ce nombre est premier,
on commence par chercher les nombres premiers inférieurs à sa racine carrée.
On a 250 507 9 ¥ 27 834 1donc 250 507  1 [9]. On
en déduit que les restes modulo 9 de a2 250 507 b2
sont 1, 2, 5 ou 8. Mais on ne peut pas avoir 2, 5 ou 8
d’après la question 1. a). Donc le reste modulo 9 de a2
est égal à 1.
c) D’après la question 1. a), on en déduit que les restes
possibles de a sont 1 ou 8.
2. Si (a ; b) vérifie l’équation a2 - 250 507 b2 , alors
a2 250 507 b2  250 507 .
Or 250 507 ª 500, 5 donc a  501.
(501 ; b ) est solution de (E) si, et seulement si :
5012 - 250 507 b2 .
2
501 - 250 507 494 mais 494 n’est pas un carré parfait,
donc il n’existe pas de solution du type (501 ; b ).
3. a) 503  8 [9] et 505  1 [9] donc à l’aide de 1. c), on
peut dire que a  503 [9] ou a  505 [9].
b) (505 + 9k ; b ) solution de (E) si, et seulement si,
5052 81k 2 9 090k - 250 507 b2 soit :
255 025 81k 2 9 090k - 250 507 b2
c’est-à-dire 4 518 81k 2 9 090k b2 .
Pour k = 0, 4 518 n’est pas un carré.
Pour k 1, 4 518 81 9 090 13 689 1172 donc
(514 ; 117) est solution de (E).
C. 1. D’après la question précédente :
250 507 5 142 - 1172 (514 117)(514 - 117)
631 ¥ 397.
2. 631 ª 25,1 et 631 n’est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11,
13, 17, 19, 23, donc il est premier.
397 ª 19, 9 et 397 n’est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11,
13, 17, 19, donc il est premier.
Ainsi, 631 et 397 sont premiers entre eux.
3. D’après la question précédente, la décomposition en
produit de facteurs premiers de 250 507 est 631 ¥ 397.
Cette décomposition est unique, donc il n’existe pas
d’autre écriture de ce nombre si ce n’est l’écriture
1 ¥ 250 507.
b) Pour tout nombre entier naturel n non nul, chacun
des nombres an , bn et cn possède ( n + 1) chiffres.
10n 4 ¥ 10n - 1 10n 1 et 10n possède n + 1 chiffres,
donc an a n + 1 chiffres.
On procède de même pour bn et cn.
10  1 [3] donc, pour tout n de , 10n  1 [3] et donc
an  0 [3] et cn  0 [3]. Donc an et cn sont divisibles par 3.
c) b3 = 1 999 et 1 999 @ 44 , 7.
Aucun nombre premier inférieur à 44 ne divise 1 999,
donc 1 999 est premier.
d) Pour tout n de * :
bn ¥ cn (2 ¥ 10n - 1) ¥ (2 ¥ 10n 1) 4 ¥ 102 n - 1 a2 n .
Ainsi a6 b3 ¥ c3 1 999 ¥ 2 001.
Or 2 001 3 ¥ 23 ¥ 29 donc a6 3 ¥ 23 ¥ 29 ¥ 1 999 .
2. a) Il semble que PGCD(bn ; cn ) = 1.
b) Si d est un diviseur commun de bn et cn, alors d divise
donc cn - bn , c’est-à-dire 2, d est un diviseur commun
de cn et 2.
Réciproquement, si d est un diviseur commun de cn et
de 2, alors d divise cn - 2 bn , donc d est un diviseur
commun de bn et cn.
Ainsi, bn et cn d’une part et cn et 2 d’autre part, ont les
mêmes diviseurs communs donc :
PGCD(bn ; cn ) = PGCD( cn ; 2).
c) 2 a deux diviseurs : 1 et lui-même. Or cn est impair
donc PGCD( cn ; 2) = 1et par suite, bn et cn sont premiers
entre eux.
78 1. a) Pour n = 4, on a 2.
Pour n = 5, on a 4.
Pour n = 7, on a 6.
Pour n = 8, on a 4.
b) Avec TI 83
77 1. a)
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
On obtient ceci :
2. N est un nombre premier si, et seulement s’il possède
deux diviseurs 1 et lui-même, c’est-à-dire si, et seulement
si, N est premier avec les nombres qui lui sont strictement
inférieurs soit j(N) N - 1.
b) Si p et q sont premiers entre eux, il semble que :
j( pq ) j( p ) ¥ j( q ).
Ê
1ˆ
c) Il semble que j( pa ) ( p - 1) pa -1 Á1 - ˜ pa .
p¯
Ë
d) Sa conjecture est fausse. Par exemple, j( 4 ) 2 ,
j( 6) 2 mais j(24 ) 8 4.
Il semble que si u et v sont premiers entre eux, alors la
relation soit vraie.
61
14
, on obtient :
39
3
2
Ê 14 ˆ
Ê 14 ˆ
Ê 14 ˆ
78 Á ˜ u Á ˜ v Á ˜ - 14 0
Ë 39 ¯
Ë 39 ¯
Ë 39 ¯
donc en multipliant par 393 :
78 ¥ 143 u142 ¥ 39 v14 ¥ 392 - 14 ¥ 393 0
puis en simplifiant par 14 :
78 ¥ 142 u14 ¥ 39 v ¥ 392 - 393 0
donc en simplifiant par 39 :
2 ¥ 142 u14 v ¥ 39 - 392 0
donc :
14u 39v 392 - 2 ¥ 142
donc 14u 39v 1129
b) Le PGCD de 14 et 39 est 1 et 14 ¥ 14 - 5 ¥ 39 1.
On vérifie que 14 ¥ ( - 25) 9 ¥ 39 1.
c) Un couple solution est :
(u0 ; v0 ) ( - 25 ¥ 1129 ; 9 ¥ 1129) ( - 28 225 ; 10 161).
Les solutions sont :
u - 28 225 39k et v 10 161 - 14 k .
28 225
d) 0  - 28 225 39k équivaut à
 k soit à
39
724  k le plus petit u est 11.
2. a)78 39 ¥ 2 et 14 2 ¥ 7.
Les diviseurs de 78 sont 1, 2, 39 et 78. Les diviseurs de
14 sont 1, 2, 7 et 14.
3
2
Ê Pˆ
Ê Pˆ
Ê Pˆ
b) 78 Á ˜ u Á ˜ v Á ˜ - 14 0 donc :
Ë Q¯
Ë Q¯
Ë Q¯
3
2
78P uP Q vPQ2 - 14 Q3 0
donc 78P3 Q(14 Q2 - vPQ - uP2 ).
Or Q et P sont premiers entre eux, donc Q et P3 sont
premiers entre eux et donc d’après le théorème de Gauss :
Q divise 78, donc il existe K nombre entier naturel tel
que tel que 78 = Q ¥ K .
Ainsi Q ¥ KP3 Q(14 Q2 - vPQ - uP2 )
donc KP3 (14 Q2 - vPQ - uP2 )
donc :
KP3 vPQ uP2 (14 Q2 )
79 1. a) En remplaçant par x par
62
P(KP2 vQ uP) 14 Q2
donc P divise 14 Q2 et donc par un raisonnement analogue au précédent : P divise 14.
On peut dresser un tableau à doubles entrées indiquant
les valeurs de P/Q.
P/Q
1
2
1
2
1
1
2
2
1
7
7
7
2
14
14
2
39
1
39
2
39
7
39
14
39
78
1
78
1
39
7
78
7
39
Il y a quatorze rationnels qui peuvent être solutions.
80 1. u1 = 31 et u2 = 331u3 = 3 331.
2. a) Initialisation : 3 ¥ u0 3 et 101 - 7 3 donc :
3 ¥ u0 100 1 - 7.
Transmission : supposons que pour un nombre entier
naturel, 3un 10n 1 - 7.
un 1 10un 21 donc 3un 1 10 ¥ 3un 63 donc :
3un 1 10 ¥ (10n 1 - 7) 63
donc 3un 1 (10n 2 - 7).
b) On sait que un 3333º 31 avec n chiffres 3 dans
l’écriture.
3. u2 = 31 est un nombre premier.
4. Soit n un nombre entier naturel. On démontre par
récurrence la proposition :
Initialisation : u0 n’est pas divisible par 2, par 3 et par 5.
Transmission : supposons que un n’est divisible ni par 2,
ni par 3, ni par 5.
alors :
un 1 10un 21
donc :
un1 1 [2]
un1 1 [5]
un 1 un [3]
Conclusion : ni 2, ni 3, ni 5 ne divise un+1.
5. a) Pour tout nombre entier naturel : 3un 10n 1 - 7 [11]
donc 3un ( - 1)n 1 4 [11]
donc 3un - ( - 1)n 4 [11].
b) Ainsi pour tout n nombre entier naturel, donc
3un  3 [11] ou 3un  5 [11]
donc 4 ¥ 3un 4 ¥ 3 [11] ou 4 ¥ 3un 4 ¥ 5 [11]
donc un  1 [11] ou un  9 [11]
donc 11 ne divise pas un .
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e) N p1a1 p2a2 º pra r où p1 , p2 ,º, pr sont des nombres
premiers et a1 , a 2 , º, a r des nombres entiers naturels
non nuls. Les nombres premiers étant premiers entre
eux, on déduit de d) que :
j(N) j( p1a1 ) ¥ j( p2a2 ) ¥ º ¥ j( pra r )
et de c), on déduit que :
Ê
Ê
Ê
1ˆ
1ˆ
1ˆ
j(N) Á1 - ˜ p1a1 ¥ Á1 - ˜ p2a2 ¥ º ¥ Á1 - ˜ pra r .
p1 ¯
p2 ¯
pr ¯
Ë
Ë
Ë
r Ê
1ˆ
j(N) N ¥ ’ Á1 - ˜
pi ¯
i 1 Ë
2
2
2
2
f) 3 261 636 2 ¥ 3 ¥ 7 ¥ 43 donc :
Ê
1ˆ Ê
1ˆ Ê
1ˆ
j 3 261 636 3 261 636 ¥ Á1 - ˜ ¥ Á1 - ˜ ¥ Á1 - ˜
Ë 2 ¯ Ë 3¯ Ë 7 ¯
Ê
1ˆ
¥ Á1 - ˜ 910 224.
43¯
Ë
6. a)
b) 3u16 k 8 1016 k 9 - 7
Or 1016 k 9 1016 k109 [17]
donc
1016 k 9 109 [17]
Or
82 1. a)
donc
1016 k 9 7 [17]
donc
1016 k 9 - 7 [17]
donc 17 divise 3u16 k + 8 comme 3 et 17 sont premiers
entre eux :
7 divise u16 k + 8
81 1. a) On démontre en raisonnant modulo 2 que A( n)
et n n’ont pas la même parité.
b) Tableau de congruences modulo 3
n
0
1
2
A(n)
1
2
2
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donc n 4 1 0 [ p ]
Or en appliquant la question 2. b), s divise 8, donc s
vaut 1, 2, 4 ou 8.
En supposant que s appartient à {1 ; 2 ; 4}, alors
n 4  1 [p] donc :
n4 1 2 [ p]
ce qui contredit l’hypothèse :
n4 1 0 [ p]
donc s = 8.
Or s divise p – 1 donc 8 divise p – 1et donc p - 1 0 [ 8].
4. Si p est un nombre premier diviseur de A(12), il est
dans la liste.
On obtient A(12) 89 ¥ 233
233 est premier.
Ainsi, quelque soit n nombre entier naturel :
A( n)  1 [3] ou A( n)  2 [3]
donc A( n) n’est pas un multiple de 3.
c) Supposons que d est un diviseur de A(n), alors il existe
k tel que :
kd n 4 1
4
donc kd - n 1.
D’après le théorème de Bézout, d et n sont premiers
entre eux.
d)kd n 4 1 donc n 4 - 1 [ d ]
donc n8  1 [ d ].
2. Supposons que k qs r avec 0 r s alors :
nqs r 1 [ d ]
donc nr  1 [ d ].
Donc r = 0 sinon s ne serait pas le plus petit nombre
entier non nul à vérifier :
ns  1 [ d ]
b) D’après 1. d) et 2. a), s divise 8.
c) Si d est premier comme il est premier avec n il ne
divise pas n, donc d’après le petit théorème de Fermat
nd -1 1 [ d ] donc s divise d – 1.
3. Puisque p est un diviseur premier de A(n), on a par
hypothèse :
A( n)  0 [ p ]
a
y
1
1
2
4
3
5
4
2
5
3
6
6
b) 3 x  5 [7] implique 5 ¥ 3 x 5 ¥ 5 [7] implique
x  4 [7].
Réciproquement, x  4 [7] implique 3 x 3 ¥ 4 [7]
implique 3 x  5 [7].
c) ax  0 [7] implique y ¥ ax y ¥ 0 [7] implique
x  0 [7].
Réciproquement, x  0 [7] implique ax a ¥ 0 [7]
implique ax  0 [7].
2. a) Application du petit théorème de Fermat :
aa p - 2 a p -1
Or a est élément de A p donc a n’est pas divisible par p,
donc aa p- 2 1 [ p ].
b) Puisque r a p -2 [ p ], on a ar  1 [ p ].
Supposons x et y deux éléments de A p tels que ax  1 [ p ]
et ay  1 [ p ].
Alors ax  ay [ p ] donc a( x - y ) 0 [ p ] donc p divise
a( x - y ). Or p et a sont premiers entre eux donc p divise
a( x - y ) donc p divise ( x - y ). Or – p  x – y  p, donc
x – y = 0, donc x = y.
c) Si xy  0 [ p ], alors p divise xy. Or p est premier, donc
si p ne divise pas x, il est premier avec x donc d’après
Gauss il divise y.
Réciproquement, si p divise x ou y, il divise xy.
d) 2 x  1 [31] réponse une unique solution : le reste de
229 par 31.
Donc 2 x  1 [31] a pour solution 16 dans A30.
63
3 x  1 [31] réponse une unique solution : le reste de 329
par 31.
Donc une solution x = 21 dans A31.
6 x 2 - 5 x 1 0 [31]
si, et seulement si, (3 x - 1)(2 x - 1) 0 [31]
si, et seulement si, (3 x - 1) 0 [31] ou (2 x - 1) 0 [31]
d’après d).
Deux solutions : 16 et 21.
83 A. 2. 629 17 ¥ 37
B. 1. Cette courbe a pour équation xy = 5, donc il y a
4 points :
(1 ; 5) (5 ; 1) ( - 1 ; - 5) ( - 5 ; - 1) .
2. Cette courbe a pour équation xy = 629, donc huit
points :
(1 ; 629) (17 ; 37) (37 ; 17) (629 ; 1) et leurs symétriques
par rapport à l’origine.
3. n  2
a) ( n2 - 2n 2)( n2 2n 2) n 4 4
86 a) Si p est un facteur de la décomposition de a en
facteurs premiers, soit α son exposant, 1 a, alors p figure
dans la décomposition de a2 avec l’exposant 2a. Notons
β l’exposant de p dans la décomposition en facteurs
premiers de b : 0  b alors l’exposant de p dans la décomposition en facteurs premiers de pb2 est le nombre impair
2β + 1. D’après l’unicité de la décomposition en facteurs
premiers de a2, p ne peut figurer avec un exposant pair
ou impair.
Si p n’est pas un facteur de la décomposition de a en
facteurs premiers, l’exposant de p est nul dans le membre
de gauche, dans l’autre il est supérieur ou égal à 1, c’est
impossible.
b) On a donc une contradiction. Il n’existe donc pas de
nombre premier p tel que a2 = pb2.
87 1. 22 ¥ 7 a (2 1) ¥ (1 1) 6 diviseurs positifs :
1, 2, 22 , 7, 2 ¥ 7, 22 ¥ 7 et leur somme vaut :
(1 + 2 + 22 )(1 + 7).
2. a) Les diviseurs positifs de 2 p-1 sont 1, 2, 22 , …, 2 p-1.
b) Les diviseurs positifs de 2 p - 1 sont 1 et 2 p - 1 puisque
c’est un nombre premier.
c) La somme des diviseurs positifs de E p est égale à :
(1 2 º 2 p -1 )(1 2 p - 1) 2 p (2 p - 1)
2 ¥ 2 p -1(2 p - 1) 2E p .
d) E p est donc un nombre parfait.
84 a)( p - 1)! - 1 [ p ] est équivalente à :
il existe un nombre entier relatif k tel que :
kp - ( p - 1)! 1
b) Supposons que ( p - 1)! - 1 [ p ] , alors il existe un
nombre entier relatif k tel que :
kp - ( p - 1)! 1.
D’après le théorème de Bézout, p et tout nombre strictement inférieur à p sont premiers entre eux.
c) Alors p est premier.
85 1. a) 150 52 ¥ 2 ¥ 3 et 169 = 132 .
b) 6 x - 30 y 150 implique x - 5 y 25.
Les solutions sont les nombres entiers (5k ; k – 5).
c) 13 ¥ 5k - 26 ¥ ( k - 5) 169 implique :
5k - 2( k - 5) 13 donc k = 1.
Une seule solution au système (5 ; – 4).
2. On conjecture et retrouve la solution unique au problème.
Ê 6 - 30 ˆ
Ê 150 ˆ
3. A Á
BÁ
˜
Ë 13 - 26 ¯
Ë 169 ˜¯
-1
Ê x ˆ Ê 6 - 30 ˆ Ê 150 ˆ Ê 5 ˆ
Á y ˜ Á 13 - 26 ˜ Á 169 ˜ Á - 4 ˜
¯
¯ Ë
¯ Ë
Ë ¯ Ë
64
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
b) n 4 + 4 admet pour diviseur n2 + 2n + 2  1.
c) Cette courbe a au moins huit points.
e) • p = 2, E2 = 6 ; 6 est un nombre parfait car
1 2 3 6 2 ¥ 6.
• p = 3, E3 = 28 ; 28 est un nombre parfait car
1 2 4 7 14 28 2 ¥ 28.
• p = 5, E5 = 496 ; 496 est un nombre parfait car
1 2 4 8 16 31 62 124 248 496 2 ¥ 496.
3. a) Les diviseurs positifs de pa sont 1, p, p2, …, pa et les
diviseurs positifs de qb sont 1, q, q2,…, qb.
b) La somme des diviseurs positifs est donc égale à :
pa 1 - 1 qb 1 - 1
S (1 p º pa )(1 q º qb ) ¥
p -1
q -1
(en utilisant les résultats sur les suites géométriques).
c) n est parfait si, et seulement si, S = 2n, ce qui est
équivalent à :
( pa 1 - 1)( qb 1 - 1) 2( p - 1)( q - 1) pa qb
c’est-à-dire successivement :
pa qb [ pq - 2 p - 2q 2] 1 - pa 1 - qb 1
pa qb [( p - 2)( q - 2) - 2] 1 - pa 1 - qb 1 (1).
d) p et q sont distincts, donc la plus petite valeur possible
pour ( p - 2)( q - 2) est 1 ¥ 3 3. Le premier membre de
(1) est donc positif, le deuxième est négatif, l’égalité
n’est donc jamais réalisée. Il n’existe donc pas de nombre
parfait ayant seulement deux facteurs premiers dans la
décomposition.
e) S’il existe un nombre parfait impair, il a au moins trois
facteurs premiers impairs dans sa décomposition. La
plus petite possibilité est 3 ¥ 5 ¥ 7 105 qui n’est pas
un nombre parfait, donc s’il en existe un, il est supérieur
à 105.
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
88 1. Le chiffre des unités est 0. Si on ne le change pas,
quel que soit le changement sur les autres chiffes, n sera
toujours divisible par 10 et donc ne sera pas un nombre
premier.
2. a) 2 310 11 ¥ 210 et 2 101 11 ¥ 191, d’où :
n 1 11[210k 191] et donc n + 1 est divisible par 11.
b) n est divisible par 3 car 2 310 et 2 100 le sont, donc
n + 3 et n + 9 sont divisibles par 3.
c) n 5 5[ 462k 421], donc n + 5 est divisible par 5.
d) n 7 7[330k 301], donc n + 7 est divisible par 7.
3. On a vu qu’en changeant un chiffre quelconque autre
que celui des unités, le nombre obtenu n’est jamais
premier puisqu’il est toujours divisible par 10. Changer
le chiffre des unités c’est remplacer :
• 0 par 1 donc ajouter 1 à n ;
• ou 0 par 2, on obtient n + 2 qui est pair donc non
premier ;
• ou 0 par 3, on obtient n + 3 qui est divisible par 3 ;
• ou 0 par 4, on obtient n + 4 qui est pair donc non
premier ;
• ou 0 par 5, on obtient n + 5 qui est divisible par 5 ;
• ou 0 par 6, on obtient n + 6 qui est pair donc non
premier ;
• ou 0 par 7, on obtient n + 7 qui est divisible par 7 ;
• ou 0 par 8, on obtient n + 8 qui est pair donc non
premier ;
• ou 0 par 9, on obtient n + 9 qui est divisible par 9.
4. k étant un nombre entier naturel quelconque, il existe
donc une infinité de nombres entiers que l’on ne peut
pas transformer en nombres premiers en changeant un
seul chiffre.
89 a) u1 = 1 est impair et pour tout n  2,
2 ! 3 ! º n ! est pair, donc un est impair.
u1 , u2 , u3 et u4 ne sont pas divisibles par 5.
1! 2 ! 3 ! 4 ! u4 33 n’est pas divisible par 5, pour
tout n  5 , 5 ! 6 ! º n ! l’est donc la somme
un u4 5 ! 6 ! º n ! ne peut pas l’être.
u1 , u2 , u3, u4 , u5 et u6 ne sont pas divisibles par 7.
1 ! + 2 ! + 3 ! + 4 ! + 5 ! + 6 ! = u6 = 873 n’est pas divisible
par 7 mais pour tout n  7, 7 ! 8 ! º n ! l’est donc
la somme un ne peut pas l’être.
b) • Vrai : u10 est divisible par 11 et 11! 12 ! º n ! ,
pour n  11, est aussi divisible par 11, donc pour n  10
, un est divisible par 11.
• Vrai : en utilisant le même raisonnement, pour n  9,
9 ! 10 ! º n ! est divisible par 9 et
1! 2 ! º 8 ! u8 est divisible par 9, donc pour n  9,
un l’est (même à partir de 3).
En revanche, pour n  27, 27 ! 28 ! º n ! est divisible par 27 mais :
1! 2 ! º 26 ! u26 32 ¥ 11 ¥ 107 ¥ 173 ¥ 7 823
¥ 12 227 ¥ 1 281 439 ¥ 1 867 343
n’est pas divisible par 27, donc pour n  27, un ne peut
pas être divisible par 27 = 33 .
90 1 500 22 ¥ 3 ¥ 53 donc 1 500 a
(2 1) ¥ (1 1) ¥ (3 1) 24 diviseurs, soit 12 couples de
nombres entiers naturels dont le produit donne 1 500.
91 1. P( 0) = 41, 41 ª 6, 4 et 41 n’est pas divisible par
2, 3 et 5 donc il est premier. On vérifie de même que
P(1) = 43, P(2) = 47 et P(3) = 53 sont des nombres premiers.
2. Frédéric pense sûrement au nombre 41.
P( 41) 412 41 41 41 ¥ ( 41 2) 41 ¥ 43 donc :
P( 41) n’est pas premier.
3. On liste les nombres P( n) pour n allant de 0 à 21 et on
constate que tous ces nombres sont premiers.
4. Pour n = 40, P( n) n’est plus premier.
5. Le polynôme P ne donne que des nombres premiers
jusqu’à n = 40.
6. Pour n = 43, Q( 43) n’est plus premier.
92 a) Soit n un nombre entier naturel, 4  1 [3] donc
4 n  1n [3], donc 4 n - 1 0 [3].
Pour tout n, an est un multiple de 3. Faux.
b) 42 - 1 [17] donc 4 4  1 [17] donc 4 4n  1 [17] pour
tout n nombre entier naturel donc vrai.
c) 42 - 1 15 est divisible par 5 donc vrai.
d) p impair donc supérieur à 3, donc p ne divise pas 4
donc d’après le petit théorème de Fermat ap-1 est divisible par p. Vrai.
7. Exercices
d’approfondissement
93 A. 1. On décompose a et b en produit de facteurs
premiers. Les facteurs premiers de a et b sont distincts car
a et b sont premiers entre eux. Ainsi, le produit des deux
compositions donne la décomposition en produit de
facteurs premiers de ab = c 2, soit p1a1 p2a2 º pra r avec pi
des nombres premiers, et a i des nombres entiers naturels
non nuls.
Dans la décomposition de c apparaît nécessairement
les mêmes nombres premiers (par unicité de la décomposition), donc c p1b1 p2b2 º prbr avec bi des nombres
entiers naturels non nuls, donc c 2 p12b1 p22b2 º pr2br . Par
unicité de la décomposition en produit de facteurs premiers de c 2, on en déduit que pour tout nombre entier
i , a i 2bi . Par suite, a et b sont des carrés de nombres
entiers u et v premiers entre eux.
65
Congruence de x
Congruence de x²
0
0
1
1
2
0
3
1
On conclut qu’un nombre entier x ne peut pas avoir son
carré congru à 2 modulo 4.
b) Si x et y sont impairs, alors x et y sont congrus à 1 ou
à 3 modulo 4. D’après le tableau de a), on déduit que x 2
et y2 sont congrus à 1 modulo 4, donc x 2 y2 2 [ 4 ].
D’après a), il n’existe pas de nombre entier tel que son
carré soit congru à 2 modulo 4, donc la somme des carrés
de deux nombres impairs ne peut pas être le carré d’un
nombre entier.
B. ( kX)2 ( kY )2 k 2 ( X2 Y 2 ) k 2 Z2 car X2 Y 2 Z2 ,
donc ( kX)2 ( kY )2 ( kZ)2 , d’où le résultat.
2
2
2
Ê Xˆ
Ê Yˆ
X2 Y 2
Z2 Ê Z ˆ
car X2 Y 2 Z2 ,
ÁË D ˜¯
ÁË D ˜¯
D2
D2 ÁË D ˜¯
d’où le résultat.
C. 1. On suppose qu’un nombre premier p divise X et Y
par exemple. Comme X2 Y 2 Z2 , alors p divise Z2.
D’après une conséquence du théorème de Gauss, si p
divise le produit de deux nombres entiers, il divise l’un
des deux nombres entiers, donc p divise Z. On procède
de même pour les deux autres cas.
Si un nombre premier p divisait l’un deux des trois
nombres, il diviserait le troisième, donc p serait un diviseur commun positif des trois nombres, ce qui est contradictoire. Ainsi, X et Y, Y et Z, X et Z, n’ont pas de diviseur
autre que 1, donc :
PGCD( X ; Y ) = PGCD( X ; Z) = PGCD( Y ; Z) = 1.
2. D’après A. 2. b), X et Y ne peuvent pas être impairs.
On montre qu’ils ne peuvent pas être pairs en raisonnant
par l’absurde. S’ils étaient pairs , PGCD( X ; Y )  1 car ils
auraient 2 comme diviseur commun. D’où la contradiction.
2
Ê Xˆ
X2
Z2 - Y 2
Z-Y ZY
2
3. a) X ¢ Á ˜ ¥
4
4
2
2
Ë 2¯
Z-Y
Z+Y
Soit d un diviseur commun de
et
, alors d
2
2
ZY Z-Y
divise la différence
i et la somme
2
2
Z-Y ZY
Z . Or le seul diviseur commun de Y et
2
2
Z-Y
Z+Y
Z est 1 donc d = 1,
et
sont premiers entre
2
2
eux.
Z-Y
ZY
b) D’après A. 1., avec a et b , comme
2
2
Z-Y ZY
X ¢2 ¥
, on en déduit qu’il existe u et v
2
2
ZY
Z-Y
premiers entre eux tels que u2 et v 2 .
2
2
c) X ¢2 u2 ¥ v 2 donc X ¢ u ¥ v et par suite, X = 2uv.
De plus, u2 v 2 Z et u2 - v 2 Y.
66
4. (2uv )2 (u2 - v 2 )2 4u2 v 2 u 4 - 2u2 v 2 v 4
u 4 2u 2 v 2 v 4
(u2 v 2 )2
2
2
donc (2uv ; u - v ; u2 v 2 ) est bien solution de (E).
5. On a montré que si X, Y et Z étaient solutions de (E),
alors X = 2uv, Y = u2 – v2, Z = u2 + v2 avec u et v nombres
entiers naturels premiers entre eux, et on a montré réciproquement que pour tous u et v nombres entiers naturels, (2uv ; u2 - v 2 ; u2 v 2 ) est bien solution de (E).
Conclusion : les solutions de (E) qui n’ont pas d’autre
diviseur commun positif que 1 sont les triplets de la
forme (2uv ; u2 - v 2 ; u2 v 2 ) où u et v sont des nombres entiers naturels premiers entre eux.
94 A. a) S’il existe u et v tels que n u2 v 2 , ceux-ci
doivent être de parité différente puisque n est impair.
Supposons par exemple u 2k , v 2 1, k et 
nombres entiers.
Alors n 4 k 2 4 2 4  1 1 [ 4 ].
b) 2 12 12 et 5 12 22 .
B. a) ( m ; 1 ; 1) ΠS donc . Si ( x ; y ; z ) ΠS, on ne peut
avoir x = 0 ou y = 0 (sinon z 2 = p et p ne serait pas premier). On a donc pour tout (x ; y ; z) de S :
1  x  p , 1  y  p et - p  z  p .
Chacune des coordonnées ne peut prendre qu’un
nombre fini de valeurs, donc S est fini. Si (x ; y ; z) vérifiait :
z 2 4 xy p
Ì
ÓÔx y z
alors p ( x - y )2 4 xy ( x y )2, ce qui contredit que
p est premier.
b) • Si x  y + z, alors :
( x0 ; y0 ; z0 ) ( x - y - z ; y ; 2 y z ) Œ N ¥ N ¥ Z et :
4 x0 y0 z02 4 xy - 4 y2 - 4 yz 4 y2 4 yz z 2
4 xy z 2 p,
donc ( x0 ; y0 ; z0 ) ΠS .
• Si x  y + z, alors
( x0 ; y0 ; z0 ) ( y z - x ; x ; 2 x - z ) Œ N ¥ N ¥ Z et :
4 x0 y0 z02 4 xy 4 x z - 4 x 2 4 x 2 - 4 x z z 2
4 xy z 2 p,
donc ( x0 ; y0 ; z0 ) ΠS.
C. a) Ici m = 10 (notons que dans ce cas p = 41 est premier). On obtient alors la succession de triplets :
(10 ; 1 ; 1) (8 ; 1 ; 3) (4 ; 1 ; 5) (2 ; 4 ; 3) (5 ; 2 ; 1) (2 ; 2 ; 5)
(5 ; 2 ; – 1) (4 ; 2 ; 3) (1 ; 4 ; 5) (8 ; 1 ; – 3) (10 ; 1 ; – 1)
(10 ; 1 ; 1).
b) Si (a ; b ; c) est un élément de la suite, il ne peut avoir
comme antécédent que ( a - b c ; b ; c - 2b ) ou
(b ; a - b c ; 2b - c ) , et ce à condition que :
a − b + c  0.
Si on pose :
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
2. a) On fait un tableau de congruences modulo 4 :
u a - b c
Ô
Ìv b
Ôw c - 2b
Ó
on remarque que ces deux antécédents sont (u ; v ; w )
et (v ; u ; - w ).
Ils ne peuvent eux-mêmes avoir un antécédent que si,
respectivement u - v w a - 4b 2c  0 ou
v - u - w  0.
Ces deux conditions ne peuvent être vérifiées en même
temps. On en déduit donc que tout point ( a ; b ; c ) de la
suite d’indice au moins 2 a pour antécédent :
( a - b c ; b ; c - 2b ) si a - 4b 2c 0
Ì(b ; a - b c ; - c 2b ) si a - 4b 2c 0
Ó
Par ailleurs, ( x1 ; y1 ; z1 ) ( m - 2 ; 1 ; 3) a pour antécédent ( x0 ; y0 ; z0 ) = ( m ; 1 ; 1), ce qui coïncide bien avec
la relation ci-dessus.
c) S étant fini, la suite ne peut pas prendre une infinité
de valeurs distinctes, on obtiendra donc à un moment
un triplet déjà obtenu auparavant, d’où l’existence de k
et , avec par exemple k   tels que :
( xk ; yk ; zk ) = ( x ; y ; z ).
Si  = 0, alors n = k convient.
Si   1, alors ( xk ; yk ; zk ) = ( x ; y ; z ) donne par
unicité de l’antécédent :
( xk -1 ; yk -1 ; zk -1 )
( x -1 ; y -1 ; z -1 ), º, ( xk -  ; yk -  ; zk -  )
( x0 ; y0 ; z0 )
( m ; 1 ; 1)
et on peut prendre n k - .
D. a) Comme m  2, l’image du triplet (m ; 1 ; 1) est le
triplet (m − 2 ; 1 ; 3), donc n est au moins égal à 2.
Alors ( xn -1 ; yn -1 ; zn -1 ) ( m ; 1 ; - 1) ( x0 ; y0 ; - z0 )
puis
( xn - 2 ; yn - 2 ; zn - 2 ) ( m - 2 ; 1 ; - 3) ( x1 ; y1 ; - z1 ).
b) Supposons ( x j -1 ; y j -1 ; z j -1 ) ( xn - j ; yn - j ; - zn - j ) ,
avec x j -1  y j -1 z j -1, alors on a :
( x j ; y j ; z j ) ( x j -1 - y j -1 - z j -1 ; y j -1 ; 2 y j -1 z j -1 ).
• Si x j  y j + z j , c’est-à-dire :
x j -1 - 4 y j -1 - 2 z j -1 xn - j - 4 yn - j 2 zn - j  0 ,
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
on trouve :
( xn - j -1 ; yn - j -1 ; zn - j -1 )
( xn - j - yn - j zn - j ; yn - j ; zn - j - 2yn - j ) ( x j ; y j ; - z j ).
• Si x j  y j + z j , c’est-à-dire :
x j -1 - 4 y j -1 - 2 z j -1 xn - j - 4 yn - j 2 zn - j  0 ,
on trouve :
( xn - j -1 ; yn - j -1 ; zn - j -1 )
( yn - j ; xn - j - yn - j zn - j ; - zn - j 2yn - j ) ( y j ; x j ; z j ).
On fait de même dans le cas :
( x j -1 ; y j -1 ; z j -1 ) ( yn - j ; xn - j ; zn - j )
avec x j -1  y j -1 z j -1.
c) Enfin, il ne peut exister de triplet ( xk ; yk ; zk ) tel que
( xk 1 ; yk 1 ; zk 1 ) ( xk ; yk ; - zk ) ou
( xk 1 ; yk 1 ; zk 1 ) ( yk ; xk ; zk ), car cela imposerait
yk - zk ou xk = yk = zk , ce qui est impossible sur S
pour p premier.
Ce qui assure qu’il y a un nombre impair d’éléments dans
notre bout de suite.
d) Le terme ( xr ; yr ; zr ) au milieu doit être image d’un
triplet (a ; b ; c) et antécédent du triplet (a ; b ; − c) ou
(b ; a ; c), ce qui ne peut se produire que pour xr = yr et
alors p (2 xr )2 zr2 .
Nous venons donc de montrer que tout nombre premier
de la forme 4m + 1 est somme de deux carrés.
95 Si p est un nombre premier, la substitution n = p
donne (f ( p ))p  0 [ f ( p )] , alors p est divisible par f ( p ).
Donc, pour tout nombre premier p, f ( p ) = 1 ou f ( p ) = p.
Soit S = {p tel que p est premier et f ( p ) = p}.
• Si S est un ensemble infini, alors f ( n)p  n [ p ] pour une
infinité de nombres premiers p. Par le petit théorème de
Fermat, n  f ( n)p  f ( n) [ p ], d’où f ( n) - n est un multiple de p pour une infinité de nombres premiers p. Ceci
est possible seulement lorsque f ( n) = n pour tout n, et
on peut vérifier que c’est en effet une solution.
• Si S est vide, alors f ( p ) = 1 pour tout nombre premier
p, et chaque fonction qui satisfait cette condition est une
solution.
• Supposons maintenant que S est fini et non vide. Soit
q le plus grand nombre premier dans S. Supposons que
q  3. Alors p  1 [ q ] pour tout nombre premier p plus
grand que q. Cependant, ceci n’est pas vrai. Soit Q le
produit des nombres premiers inférieurs ou égal à q.
Alors Q + 2 doit avoir un facteur premier plus grand que
q et au moins un d’eux n’est pas congru à 1 modulo q.
Le seul cas qui reste est S = {2}. Alors f(2) = 2 et f ( p ) = 1
pour tout nombre premier impair p.
Comme f ( n)2  n [2], f(n) et n doivent avoir la même
parité. Par conséquent, toute fonction f qui satisfait
f ( n)  n [2] pour tout n, f(2) = 2 et f ( p ) = 1 pour tout
nombre premier impair p satisfait la condition.
Alors, les seules solutions sont :
• f(n) = n pour tout n Œ ;
• toute fonction f avec f ( p ) = 1 pour tout nombre premier p ;
• toute fonction f avec f (2) = 2, f ( p ) = 1 pour les nombres
premiers p  2 et f(n) et n de même parité.
96 p désigne un nombre premier.
a) Les racines primitives modulo 5.
Faisons un tableau de congruences de x k mod 5
67
5
0
1
1
1
1
2
3
4
2
4
4
1
3
3
2
4
4
1
1
1
5
2
3
4
6
4
4
1
Donc les racines primitives modulo 5 sont 2 et 3.
Les racines primitives modulo 7.
p
x\k
2
3
4
5
6
7
0
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
6
2
4
2
2
4
1
3
1
6
1
6
6
4
2
4
4
2
1
5
4
5
2
3
6
6
1
1
1
1
1
Les racines primitives modulo 7 sont 3 et 5.
b) Si k est un nombre entier naturel, en écrivant la division euclidienne de k par p - 1, on obtient :
k q( p - 1) r avec 0 p r
g k g q( p -1) r ( g p -1 )q ¥ g r
Or p est un nombre premier ne divisant pas g (sinon g
ne serait pas une racine primitive modulo p) donc :
g p-1 1 [ p ] donc g k  g r [ p ].
Par ailleurs quelque soit l’élément a de E* , il existe k
nombre entier tel que a = g k mod p
car g est une racine primitive modulo p par hypothèse.
Donc quelque soit l’élément a de E* , il existe r nombre
entier compris entre 0 et p – 2 tel que a = g k mod p. Or
le nombre d’éléments de E* est p – 2, donc quelque soit
l’élément a de E* , il existe un unique r nombre entier
compris entre 0 et p – 2 tel que a = g k mod p.
c) Algorithme :
Saisir A
Saisir g
Saisir p
k prend la valeur 0
x prend la valeur 1
tant que x ≠ A
x prend la valeur reste dans la division euclidienne
de G ¥ x par p
k prend la valeur k + 1
fin tant que
afficher
« l(A) = k »
Exemple sur casio :
68
Conclusion :
Réponse : (40) = 18
Remarque : on trouvera sur le site de l’inspection générale http://igmaths.net/
rubrique lycée – concours général – sujets : les sujets
corrigés du concours général de 2005.
La deuxième partie met en œuvre l’algorithme de Adleman pour la recherche du logarithme de base g.
97 1. Exemple
b) On vérifie que si le nombre entier est premier avec 4,
alors il y a des nombres premiers dans la suite.
Si u0 = 0 ou u0 = 2, les termes de la suite sont tous pairs
et supérieurs à 3 à partir du rang 3, donc cette suite ne
contient pas une infinité de nombres premiers.
2. • Cas u0 = 3
Soit p un nombre premier et N 2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ º ¥ p.
Si m est un nombre premier impair m  1 [ 4 ] ou
m - 1 [ 4 ].
Or N 2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ º. ¥ p donc N  2 [ 4 ] ou N - 2 [ 4 ]
or 2 - 2 [ 4 ] donc N  2 [ 4 ].
Donc N 1 3 [ 4 ].
Donc N 1 - 1 [ 4 ]
Si tout diviseur premier de N + 1 était congru à 1, alors
N + 1 serait congru à 1 modulo 4.
Donc il existe au moins un diviseur premier q congru à
– 1 modulo 4.
Par ailleurs, tout diviseur q de N + 1 est premier avec les
nombres premiers compris entre 2 et p.
Donc tout diviseur q de N + 1 est strictement supérieur
à p.
Conclusion : étant donné un nombre premier p, il existe
un nombre entier premier supérieur à q de la forme 3 + 4k.
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
p
x\k
2
3
4
Donc il existe une infinité de nombres premiers parmi
les termes de la suite u avec u0 = 3.
• Cas u0 = 1
Soit p un nombre premier et N (2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ º ¥ p )2 1.
Supposons que tout diviseur premier de N soit congru
à – 1 modulo 4.
Soit q l’un d’entre eux : q 4 k - 1.
Par ailleurs N q ¥ R et donc :
q ¥ R (2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ º ¥ p )2 1
donc :
q ¥ R - (2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ º ¥ p )2 1
donc d’après le théorème de Bézout :
q et 2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ º ¥ p sont premiers entre eux.
Donc d’après le petit théorème de Fermat :
(2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ º ¥ p )q -1 1 [ q ]
donc
( 2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ º ¥ p )4 k - 2 1 [ q ]
donc
((2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ º ¥ p )2 )2 k -1 1 [ q ]
donc
( N - 1)2 k -1 1 [ q ].
Or q divise N donc N - 1 - 1 [ q ]
donc (N - 1)2 k -1 ( - 1)2 k -1[ q ]
donc (N - 1)2 k -1 - 1 [ q ]
donc - 1 1 [ q ], ce qui est absurde.
Il existe au moins un diviseur premier qui congru à 1
modulo 4 comme ce diviseur est nécessairement supérieur à p.
Conclusion : étant donné un nombre premier p, il existe
un nombre entier premier supérieur à q de la forme
1 + 4k.
Donc il existe une infinité de nombres premiers parmi
les termes de la suite u avec u0 = 1.
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
Ê pˆ
98 a) Á ˜ ¥ i ! p ¥ ( p - 1) ¥ º ¥ ( p - i 1)
Ëi ¯
Ê pˆ
donc p diviseÁ ˜ ¥ i !
Ëi ¯
Or pour tout i tel que 1  i  p - 1 , i et p sont premiers
entre eux, donc en appliquant le théorème de Gauss :
Ê pˆ
p divise Á ˜ .
Ëi ¯
b) On suppose que p est premier.
On démontre par récurrence que : pour tout a nombre
entier : p divise a p - a.
Proposition P(a) : p divise a p - a
• Amorce pour a = 0 : a p - a 0 ; vrai.
• Hérédité Soit a un nombre entier naturel, supposons que P(a) est
vrai : a p - a.
Démontrons que P(a + 1) est vrai :
p divise ( a 1)p - ( a 1).
Ê pˆ
p
 ÁË k ˜¯ ak 1p - k
Or ( a 1)p k 0
n
car ( a b )n Ê nˆ
 ÁË k˜¯ ak bn- k
k 0
Donc
Ê pˆ
p
 ÁË k ˜¯ ak
( a 1)p k 0
Donc
Ê pˆ
( a 1)p Á ˜ a 0 Ë 0¯
Donc
( a 1)p - ( a 1) p -1
Ê pˆ
Ê pˆ
 ÁË k ˜¯ ak ÁË p˜¯ a p
k 1
p -1
Ê pˆ
 ÁË k ˜¯ ak ( a p - a)
k 1
Ê pˆ
On a prouvé en 1 que si p est premier et si 1  k  p, Á ˜
Ëk¯
est divisible par p.
p -1
Ê pˆ
Donc p divise  Á ˜ a k .
k
k 1Ë ¯
Or p divise par hypothèse de récurrence : ( a p - a )
Donc p divise ( a 1)p - ( a 1)
Ce qui termine la démonstration par récurrence.
99 a) Soit n un nombre entier naturel.
Démontrons par récurrence sur k que :
pour tout k nombre entier naturel supérieur à 1,
22
n k
k -1
- 1 (22 - 1) ¥ ’(22
n
ni
1)
i 0
Initialisation : k = 1 :
n k
n 1
22 - 1 22 - 1
et
k -1
(22 - 1) ¥ ’(22
n
ni
1) (22 - 1) ¥ (22 1)
n
n
i 0
(22 )2 - 12 22 ¥ 2 - 1
n 1
22 - 1
donc la proposition est vraie pour k = 1.
Transmission : supposons que pour un nombre entier
k  1:
n
22
n k
n
k -1
- 1 (22 - 1) ¥ ’(22
n
ni
1)
i 0
Démontrons que :
22
n k 1
k
- 1 (22 - 1) ¥ ’(22
n
ni
1)
i 0
Or
n k 1
n k
n k
n k
n k
22
- 1 22 ¥ 2 - 1 ( 22 )2 -1 (22 - 1)(22 1)
en utilisant l’hypothèse de récurrence :
22
n k 1
k -1
- 1 (22 - 1) ¥ ’(22
n
ni
1)(22
n k
1)
i 0
donc
22
n k 1
k
- 1 (22 - 1) ¥ ’(22
n
ni
1)
i 0
b) Par hypothèse m  n . Supposons que m  n.
Posons m n k .
69
En partant de la relation :
2
2n k
- 1 (2
2n
k -1
- 1) ¥ ’(2
2n i
1)
i 0
on obtient :
22
n k
k -1
1 - 2 (22 - 1) ¥ ’(22
n
k -1
i 1
donc
k -1
Fm - (22 - 1) ¥ ’(22
n
i 1
ni
1)
i 0
Fm - 2 (22 - 1) ¥ ’(22
n
ni
ni
1) ¥ Fn
1) ¥ Fn 2
donc le PGCD de Fm et Fn divise 2. Or Fm et Fn sont impairs,
donc ils sont premiers entre eux.
c) Soit n un nombre entier naturel non nul.
L n est la liste des nombres premiers divisant les nombres
Fk pour k allant de 1 à n.
On démontre par récurrence que card(L n )  n
L1 = {5} donc card(L1 )  1.
Supposons que card(L n )  n .
Puisque Fn+1 et Fk sont premiers entre eux quelque soit
la valeur du nombre entier k entre 1 et n. Tout diviseur
premier divisant Fn+1 n’est pas dans L n donc
card(L n +1 )  card(L n ) donc card(L n +1 )  n + 1.
Ainsi le nombre de nombres premiers est infini.
101 On démontre que f ( 0) = 0 et f (1) = 1.
Soit n un nombre entier naturel non nul.
Soit x un nombre entier naturel vérifiant 2n x 2n +1
alors
f (2n ) f ( x ) f (2n +1 )
donc
(f (2))n f ( x ) f (2)n +1
donc
2n f ( x ) 2n +1
Supposons que f ( x )  x , alors 2n f (f ( x )) f ( x ).
En répétant au moins 2n fois ceci, on trouve au moins
2n + 1nombres entiers dans un intervalle qui en contient
au plus 2n . Donc l’hypothèse f ( x )  x est absurde.
On démontre de même que l’hypothèse f ( x )  x est
absurde.
Donc f ( x ) = x .
Conclusion : pour tout n nombre entier naturel :
pour tout x vérifiant 2n x 2n 1 , f ( x ) x
donc pour tout x nombre entier naturel, f ( x ) = x .
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100 a) 2ab - 1 (2a - 1)(1 2a º (2a ) b -1 )
b) Si d est le PGCD de a et b, alors d’après la question a),
2d - 1 divise 2a - 1 et 2b - 1
donc 2d - 1 divise le PGCD de 2a - 1 et 2b - 1.
Réciproquement, supposons que a  b.
En écrivant la division euclidienne de a par b :
a bq r avec 0 r b
2a - 1 2bq r - 1 2bq ¥ 2r - 1 2bq ¥ 2r - 2r 2r - 1
donc 2a - 1 (2bq - 1) (2r - 1)
donc d’après la question a)
2a - 1 (2b - 1) ¥ K (2r - 1) avec K nombre entier.
Or 0 2r - 1 2b - 1
Ainsi, on a démontré que si r est le reste de la division
euclidienne de a par b alors :
2r - 1est le reste de la division euclidienne de 2a - 1par
2b - 1.
Donc en appliquant l’algorithme d’Euclide à a et b, on
obtient simultanément l’algorithme d’Euclide appliqué
à 2a - 1 et 2b - 1. Ce qui prouve le résultat de l’énoncé.
c) Par contraposition :
si a est composé : a k ¥ q avec k  1 et q  1
donc 2a - 1est divisible par (2k - 1) et par (2q - 1) et ces
deux nombres sont strictement supérieurs à 1, donc n
est composé.
70