TS spé Exercices sur les nombres premiers
1 Quelques curiosités
1°) Nombres premiers palindromes
Un nombre palindrome est un entier naturel dont l’écriture en base dix peut se lire dans les deux sens (comme
272, 10301, …).
Quels sont les nombres premiers palindromes inférieurs à 200 ?
2°) Nombres premiers jumeaux
Deux nombres premiers jumeaux sont deux nombres premiers impairs consécutifs (comme 11 et 13 ou 17 et
19). Il s’agit de deux nombres premiers qui ont un écart de 2.
Quelles sont les paires de nombres premiers jumeaux inférieurs à 200 ?
4 Soit p un nombre premier strictement supérieur à 3.
Démontrer que si 8p  1 est premier, alors 8p  1 n’est pas premier.
Indication : raisonner en congruence modulo 3.
5 Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3.
On pose a  n 2  2n  3 .
Existe-t-il des valeurs de n telles que a soit un nombre premier ? Si oui, donner toutes les valeurs possibles de
n.
6 Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3.
On pose a  n 2  3n  2 .
Existe-t-il des valeurs de n telles que a soit un nombre premier ? Si oui, donner toutes les valeurs possibles de
n.
7 1°) Soit p un nombre premier supérieur ou égal à 3.
Déterminer le(s) couple(s)  x ; y  d’entiers naturels tels que x 2  y 2  p .
2°) Application : Déterminer les couples  x ; y  d’entiers naturels tels que x 2  y 2  173 .
Information :
8 Décomposer en produit de facteurs premiers chacun des nombres suivants :
A  8820 ; B  73205 ; C  24 14 ; D  48 17 .
 Les Français Lifchitz et Gallot ont démontré en 1998 que les nombres suivants forment des paires de
nombres premiers jumeaux :
9 En utilisant la décomposition en produit de facteurs premiers, déterminer le PGCD et le PPCM de 1400 et
10780.
a) 40 883 037  23 356  1 et 40 883 037  23 356  1 ;
10 1°) Démontrer que 324 est un carré parfait en utilisant la décomposition en facteurs premiers.
2°) Démontrer que 216 est un cube parfait en utilisant la décomposition en facteurs premiers.
3°) Quel est le plus petit entier naturel non nul :
a) qui, multiplié par 2000, donne un carré parfait ?
b) qui, multiplié par 2100, donne un cube parfait ?
b) 361 700 055  23 356  1 et 361 700 055  23 356  1.
 Le 25 décembre 2011, on a trouvé deux nombres jumeaux qui constituent le record actuel :
3 756 801 695 685  2666 669  1 et 3 756 801 695 685  2666 669  1 .
3°) Nombres premiers circulaires
Un tel nombre est tel que, si l’on fait tourner ses chiffres, on obtient d’autres nombres premiers (exemple : 197,
719 et 971 sont premiers). Entre 2 et 200, il existe 12 nombres premiers circulaires.
Lesquels ?
Par convention, les nombres premiers qui s’écrivent avec un seul chiffre en base 10 sont circulaires.
2 Nombres de Mersenne
On nomme ainsi les entiers de la forme 2n  1 (n entier naturel) en l’honneur du père Marin Mersenne, qui les
étudia en 1644.
1°) Vérifier que ces nombres sont premiers pour n  2, 3, 5, 7, 13 .
2°) Étudier le cas n  11 .
3 1°) Soit p un entier naturel strictement supérieur à 3.
Démontrer que si p est premier, alors p est de la forme 3k  1 ou 3k –1 avec k   * .
2°) La réciproque est-elle vraie ?
11 Nombres premiers d’Euler
Leonhard Euler (1707-1783) est un mathématicien et physicien suisse qui passa la plus grande partie de sa
vie en Russie et en Allemagne.
Pour tout entier naturel n, on pose P  n   n 2  n  41 .
1°) Vérifier que pour tous les entiers n de 0 à 39, P  n  est un nombre premier.
2°) Justifier que le nombre P  40  n’est pas premier.
12 Écrire chacun des nombres suivants sous la forme a b où a et b sont des entiers naturels, b le plus petit
possible, en utilisant la décomposition en produit de facteurs premiers.
A  24200
B  66150
13 En utilisant la décomposition en facteurs premiers, déterminer l’écriture irréductible de chacune des
fractions suivantes :
2
A
3
102
  8    15 .
84
2214
15  25
; B
; C
; D 4 ; E
150
2829
50  22
25
122  5
14 En utilisant la décomposition en facteurs premiers et un arbre de possibilités, déterminer la liste des
diviseurs positifs de 84.
15 1°) Décomposer 60 en produit de facteurs premiers. En déduire le nombre de diviseurs positifs de 60.
2°) Même question avec 90.
16 Conjecture de Goldbach
« Tout nombre entier pair autre que 2 peut s’écrire comme la somme de deux entiers premiers. »
20 Représentation des diviseurs positifs d’un entier naturel dans l’espace
1°) Dans cette question, on s’intéresse au nombre 60. On a : 60  2 2  3  5 .
Comprendre et reproduire la figure suivante où l’on a représenté les diviseurs positifs du nombre 60 à l’aide de
leur décomposition en facteurs premiers.
15
30
60
5
10
20
Cette conjecture, formulée au XVIIIe siècle, n’a pas encore été démontrée.
6
3
12
Christian Goldbach (18 mars 1690 à Königsberg, Prusse - 20 novembre 1764 à Moscou) est un
mathématicien allemand surtout connu pour cette conjecture.
1
Écrire chacun des nombres 8, 18, 24 comme somme de deux nombres premiers.
17 1°) Le but de cette question est de caractériser les entiers naturels qui admettent exactement qui admettent
exactement 15 diviseurs positifs.
Soir n un entier naturel qui admet exactement 15 diviseurs positifs.
a) Justifier que n  2 .
Dans la suite, on note r le nombre de diviseurs premiers de n. On note également p1 , p2 , …, pr les diviseurs
premiers de n.
Ainsi n peut s’écrire sous la forme n  p11  p2  2  ...  pr  r où 1 ,  2 , …  r désignent des entiers naturels
supérieurs ou égaux à 1.
b) À l’aide de la formule donnant le nombre de diviseurs positifs d’un entier naturel,
 démontrer que r  2 (autrement dit n  p11  p22 ) ;
 déterminer les valeurs possibles de 1 et  2 .
c) Faire une conclusion claire sur le modèle suivant à recopier et compléter : « Les entiers naturels qui
admettent exactement 15 diviseurs positifs sont les entiers de la forme…. ».
2°) À l’aide du résultat de la question 1°), déterminer le plus petit entier naturel qui admet exactement 15
diviseurs positifs.
2
4
Indications :
On se réfèrera aux repères de l’espace.
Chaque flèche vers la droite représente une multiplication par 2.
Chaque flèche vers la droite représente une multiplication par 3.
Chaque flèche vers la droite représente une multiplication par 5.
2°) Représenter de la même façon l’ensemble des diviseurs positifs de 1800.
21 Démontrer que tout nombre premier p strictement supérieur à 3 est de la forme 6k –1 ou 6k  1 avec
k  .
22 1°) Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2.
Pour tout entier naturel k tel que 1  k  n , on pose uk  n ! k et on note ck le produit de tous les entiers
naturels compris entre 1 et n (1 et n étant compris) sauf k. On peut écrire ck 

i.
1 i  n
ik
Démontrer que pour tout entier naturel k tel que 1  k  n , uk peut s’écrire comme produit de k par un autre
entier naturel que l’on précisera à l’aide de ck .
18 Soit n un entier relatif quelconque.
On pose : a  n 5  n .
Le but de l’exercice est de démontrer que a est divisible par 30.
On pourrait raisonner en effectuant un tableau de congruences modulo 30 mais ce serait fastidieux car il y aurait
30 cas à envisager pour n et beaucoup de calculs (n congru à 0 modulo 30, n congru à 1 modulo 30, … n congru
à 29 modulo 30).
La méthode proposée ici est beaucoup plus courte (surtout plus économe en calculs).
1°) Démontrer que a est divisible par n 3  n .
2°) Démontrer que a est divisible par 30.
Indications :
 Démontrer successivement que a est divisible par 2, 3 et 5.
En déduire que u 2 , u3 , …, un ne sont pas premiers.
2°) Application concrète :
En utilisant le résultat de la question 1°), donner un exemple de dix entiers naturels consécutifs non premiers.
 Utiliser le corollaire du petit théorème de Fermat.
2°) Démontrer que 10 p  1 est divisible par 9.
3°) On se propose de démontrer que si p n’est pas premier alors N p n’est pas premier.
19 Démontrer que pour tout entier relatif n, le nombre n 7  n est divisible par 42.
23 Les nombres entiers dont l’écriture décimale n’utilise que le seul chiffre 1 peuvent-ils être premiers ?
Pour tout entier naturel p  2 , on pose N p  1...1 où le chiffre 1 apparaît p fois.
On rappelle dès lors que N p  10 p 1  10 p 2 +...  100 .
1°) Les nombres N 2  11 , N 3  111 , N 4  1111 sont-ils premiers ?
On suppose que p n’est pas premier et on pose p  kq , où q  * et k  * .
En déduire que N p est divisible par N k .
4°) Énoncer une condition nécessaire pour que N p soit premier.
Cette condition est-elle suffisante ?
26 1°) Les nombres premiers de Sophie Germain
Soit p un nombre premier. Si 2p  1 est un nombre premier, alors on dit que p est un nombre premier de Sophie
Germain.
Par exemple, le nombre 5 est un nombre de Sophie Germain car 5 est premier et 2  5  1  11 est aussi premier.
Déterminer les nombres premiers de Sophie Germain inférieurs à 50.
Marie-Sophie Germain (1776-1831) fut une des premières femmes mathématiciennes françaises reconnues.
Cette autodidacte fut reconnue pour ses travaux sur le dernier théorème de Fermat que vérifient les nombres
qui portent désormais son nom.
2°) On appelle chaîne de Cunningham de première espèce une suite finie  p1 , p2 , ..., pr  de nombres premiers
vérifiant la relation pi 1  2  pi  1 .
On notera qu’une chaîne de Cunningham de première espèce est constituée uniquement de nombres premiers.
Par exemple,  2, 5, 11, 23, 47  est une chaîne de Cunningham de première espèce.
À l’aide de la question 1°), déterminer une autre chaîne de Cunningham de première espèce.
25 Crible de Matiyasevich
Yuri Matiyasevich est aujourd’hui directeur du laboratoire de logique mathématique de l’Institut mathématique
de Saint-Pétersbourg.
On se propose de découvrir dans cet exercice la multiplication de Yuri Matiyasevich et d’observer la nature des
nombres qu’il met en évidence dans son crible géométrique.
1°) Conjectures
a) À l’aide du logiciel Geogebra, tracer la représentation graphique de la fonction « carré ».
Créer un curseur m de 2 à 20 avec pour incrément 1.
Dans la zone de saisie, taper Séquence[(i,i²),i,2,m] et Séquence[(–i, i²),i,2,m] pour obtenir les points à
coordonnées entières de la parabole.
b) Pour relier deux à deux les points des Liste 1 et Liste 2, taper :
Séquence[Séquence[Segment[(i,i²),(-j,j²)],i,2,m],j,2,m]. Déplacer le curseur m.
c) Conjecturer l’ordonnée du point d'intersection du segment reliant les points de coordonnées (i,i²) et (-j,j²)
avec l’axe des ordonnées.
d) Par certains points de coordonnées  0 ; k  , avec k   , ne passe aucun de ces segments. Conjecturer une
propriété de ces nombres k.
2°) Quelques justifications
 
On se place dans un repère O, i, j du plan. Sur la parabole C d’équation y  x 2 , on considère les points M et


N d’abscisses respectives les nombres entiers m et – n (avec m  2 , n  2 ).
a) Déterminer une équation de la droite (MN).
b) En déduire les coordonnées du point d’intersection K de la droite (MN) et de l’axe des ordonnées.
Le crible de Matyassevitch permet de multiplier des nombres de manière géométrique (sans faire de calcul).
Corrigé
Direct Matin du mardi 26-1-2016 :
1 Quelques curiosités autour des nombres premiers
1°) Nombres premiers palindromes inférieurs à 200
2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 101 ; 131 ; 151 ; 181 ; 191
2°) Nombres premiers jumeaux inférieurs à 200
Le nouveau plus grand nombre premier est long de 22 338 618 chiffres. Il bat le précédent de 5 millions de
chiffres. Les nombres premiers sont divisibles seulement par 1 et eux-mêmes, comme 2, 3, 5, 7, 11, 13... Selon
The New Scientist, le petit nouveau ( 274 207 281  1 ) a été découvert par Curtis Cooper de l’université Central
Missouri à Warrensburg, membre du Great Internet Mersenne Prime Search, un projet de calcul partagé. Cette
quête incessante des mathématiciens pour les plus grands nombres premiers possible permet de tester le
matériel informatique, comme des microprocesseurs, et d’apprendre beaucoup de choses sur la distribution des
nombres premiers.
Les paires de nombres premiers jumeaux inférieurs à 200 sont :
(3 ; 5), (5 ; 7), (11 ; 13), (17 ; 19), (29 ; 31), (41 ; 43), (59 ; 61), (71 ; 73), (101 ; 103), (107 ; 109), (137 ; 139),
(149 ; 151) ; (179 ; 181), (191 ; 193), (197 ; 199).
3°) Nombres premiers circulaires inférieurs à 200
On enlève déjà dans la recherche tous les nombres qui contiennent au moins un chiffre pair dans leur écriture
décimale.
2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 13 ; 17 ; 31 ; 37 ; 71 ; 73 ; 79 ; 97 ; 113 ; 131 ; 197 ; 199
3
1°) p  , p premier, p  3
Démontrons que p est de la forme 3 k  1 ou 3 k  1 avec k   * .
Tout nombre entier est congru à 0, 1 ou 2 modulo 3.
Tiré de l’article de Jean-Paul Delahaye « Les chasseurs de nombres premiers » :
 1er cas : p  0 [3] impossible (sinon 3 diviserait p et p est premier)
Les seuls nombres premiers circulaires connus sont : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 37, 79, 113, 197, 199, 337, 1193,
3779, 11939, 19937, 193939, 199933, 11...1 (19 fois le "1"), 11...1 (23 fois le "1") 11...1 (317 fois le "1")
11...1 (1 031 fois le "1").
 2e cas : p  1 [3]
Dans ce cas, p peut s’écrire sous la forme 3k  1 avec k  * .
On pourrait faire un programme permettant de déterminer les nombres premiers circulaires inférieurs ou égaux
à 1000 (cf. document « Marche aléatoire, tri par insertion, et nombres premiers circulaires »).
2 Nombres de Mersenne (tous les entiers de la forme 2 n  1 avec n entier naturel)
1°) Vérifions que ces nombres sont premiers pour n  {2, 3, 5, 7, 13}.
2
 3e cas : p  2 [3]
Or 2 est congru à – 1 modulo 3 donc p   1 [3].
Dans ce cas, p peut s’écrire sous la forme 3k –1 avec k  * .
2°) La réciproque est-elle vraie ?
2 1  3
La réciproque est fausse.
23  1  7
4 est de la forme 3k  1 mais n’est pas premier (on peut aussi prendre 10).
25  1  31
8 est de la forme 3k –1 mais n’est pas premier.
27  1  127
4
213  1  8191
p nombre premier, p  3
Tous ces nombres sont premiers
Démontrons que si 8 p – 1 est premier, alors 8 p  1 n’est pas premier.
2°) Étudions le cas n = 11.
211  1  2047
2047 est divisible par 23 ( 2047  23  89 ) donc ce nombre n’est pas premier.
11 est la plus petite valeur de n telle que n soit premier et 2 n  1 ne soit pas premier.
Raisonnons en congruence modulo 3.
D’après l’exercice précédent, p est congru soit à 1 soit à 2 modulo 3.
1er cas : p  1 [3]
On a alors 8 p  2 [3]
D’où 8 p  1  1 [3] et 8 p  1  0 [3].
Donc 8p  1 n’est pas premier.
Si n = 3, alors a  0 et a est n’est pas premier.
Si n = 4, alors a  5 et a est premier.
Conclusion : a est premier si et seulement si n  4 .
2e cas : p  2 [3]
Le 13-1-2016
On a alors 8 p  1 [3]
Donc 8 p  1  0 [3] et 8 p  1  2 [3]
Charlotte Delamarre : Pourquoi commencer par n  5 ?
D’après l’étude, si 8p –1 est premier, alors p  1 [3] et nous avons vu que dans ce cas, 8p  1 n’est pas
premier.
Donc si 8p –1 est premier, alors 8p  1 n’est pas premier.
Car pour n  3 et n  4 a  0 ou a  5 et que pour des nombres supérieurs, on n’a aucun des facteurs égal
à 0 ou 1. On peut donc regrouper les nombres supérieurs ou égaux à 5 dans un même cas.
Le 14-1-2016
a   n  3 n  1
p  0 [3] n’est pas à envisager car p  5 donc p n’est pas divisible par 3.
Méthode de Thomas Mordant :
On sait que n  3 . On a alors n  3  0 et n  1  4 .
Il est intéressant de chercher pour quelles valeurs de n on a n  3  1 et n  1  1 .
On utilise un tableau de congruences.
On obtient n  4 et n  0 c’est-à-dire n  5 .
p
0
1
2
Le 17-1-2016
8p
0
2
1
8p –1
–1
1
0
Plusieurs élèves m’ont dit qu’ils ne savaient pas comment démarrer.
On peut conjecturer en programmant les valeurs de a en fonction de n dans la calculatrice ;
Pour démontrer la conjecture, il faut penser à factoriser l’expression.
8p  1
1
0
2
5
n, n 3
a  n 2  3n  2
Le 13-1-2016
5
n3
a  n 2  2n  3
Geoffroy Lenoir
Déterminons s’il existe des valeurs de n telles que a soit un nombre premier.
Déterminons s’il existe des valeurs de n telles que a soit un nombre premier.
Le polynôme P  x   x 2  2 x  3 (trinôme du second degré en x) s’annule en – 1 et en 3.
1ère méthode :
Donc x  
Le polynôme P  x   x 2  3x  2 (trinôme du second degré en x) s’annule en – 1 et en – 2.
« Testons plusieurs valeurs de n. »
P  x    x  1 x – 3  .
On en déduit que a   n  1 n – 3 .
Donc x  
Si n  5 , n – 3  2 et n  1  6 donc a est le produit de deux entiers naturels supérieurs ou égaux à 2.
On a donc : a   n  1 n  2  .
Il reste deux cas à examiner :
Or on sait que n  3 donc n  1  4 et n  2  5 .
P  x    x  1 x  2  .
On en déduit que a ne peut pas être premier (produit de deux entiers naturels tous les deux différents de 1).
2°) Déterminons les couples (x, y) d’entiers naturels tels que x 2  y 2  173 (E).
On dit que a est un nombre composé.
(E) est une équation diophantienne.
2e méthode :
a   n  1 n  2 
a est le produit de deux entiers naturels consécutifs donc a est un nombre pair.
De plus les deux facteurs sont strictement supérieurs à 2 donc a  2 .
Par conséquent, a n’est jamais premier.
Autre façon de démontrer que a n’est pas premier : utilisation de la parité
Dans 2, on a l’équivalence :
(E)   x  y  x – y   173
Comme x   et y  , on a : x + y  0.
De plus, comme – y  y (car y  0), on a : x – y  x + y
a  n  n  3  2
 n  n 1 2  2
173 a dans  deux diviseurs : 1 et 173.
 n  n  1  2n  2
n  n  1 est le produit de deux nombres consécutifs donc n  n  1 est pair ainsi que 2n et 2.
Donc a est pair.
Or a  3 donc a  2 .
Ainsi, a ne peut pas être un nombre premier.
x  y  1
On a donc nécessairement 
ce qui donne
 x  y  173
 x  87
soit 
.
 y  86
La solution de (E) est le couple (87 ; 86).
 2 x  174
(addition et soustraction membre à membre)

 2 y  172
Variante : utilisation de la parité de n
3°) p : nombre premier supérieur ou égal à 3.
1er cas : n pair
Dans ce cas, a est pair.
Déterminons les couples (x, y) d’entiers naturels tels que x 2  y 2  p (F).
2e cas : n impair
Dans ce cas, a est pair.
Dans 2, on a l’équivalence :
a est pair est strictement supérieur à 2 donc a n’est pas premier.
7
Attention : ancienne version du corrigé
Le corrigé sera fait en classe.
1°) Démontrons que 173 est un nombre premier.
(F)   x  y  x – y   p
Comme x   et y  , on a : x  y  0 .
Pour les mêmes raisons qu’au 2°), x – y et x + y sont des entiers naturels tels que x – y  x + y qui divisent p.
p a dans  deux diviseurs : 1 et p.
Avec la calculatrice, on trouve : 173  13,15 .
On teste la divisibilité de 173 par les nombres premiers inférieurs ou égaux à 13.
On vérifie aisément que 173 n’est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11 et 13.
173 est donc un nombre premier.
On peut aussi vérifier le résultat à l’aide d’un programme sur calculatrice ou d’un logiciel de calcul formel sur
ordinateur.
x  y  1
2 x  p  1
On a donc nécessairement 
ce qui donne 
(addition et soustraction membre à membre)
x  y  p
2 y  p 1
p 1

 x  2
soit 
.
 y  p 1

2
On peut noter que comme p est un nombre premier supérieur ou égal à 3, p est impair et donc p + 1 et p – 1 sont
p 1
p 1
des entiers pairs, ce qui est entraîne à son tour que
  et
.
2
2
 p 1 p 1 
La solution de (F) est le couple 
;
.
2 
 2
Autre façon pour A et B :
8 Décomposition en produit de facteurs premiers
Décomposition de grands nombres (A et B) : présentation en colonnes, utilisation de la liste des nombres
premiers (qui doit être connue) et des critères de divisibilité. On teste tous les diviseurs premiers dans l’ordre
croissant.
Vérification sur ordinateur possible (on rentre le nombre et l’on obtient immédiatement la décomposition en
facteurs premiers).
8820
4410
2205
735
245
49
7
1
2
2
3
3
5
7
7
73205
14641
1331
121
11
1
5
11
11
11
11
B = 73 205
 5  14641
 5  114
A  8820
 2205  22
 441 5  22
 49  32  5  2 2
 2 2  32  5  7 2
C  24 14
 23  3  7  2
 24  3  7
D  48 17
 2 4  3  17
On peut aussi vérifier ces décompositions en facteurs premiers à l’aide d’un logiciel de calcul formel.
Avec XCas, la commande est ifactor(…) (on tape le nombre à l’intérieur des parenthèses).
9 Détermination du PGCD et de PPCM à l’aide des décompositions en facteurs premiers
Il faut prendre les nombres premiers dans l’ordre croissant. Il faut d’abord épuiser le 2.
A  2 2  32  5  7 2
4
B  5  11
Décomposition de petits nombres (C et D) : présentation en lignes
C  24 14  2 12  2  7  2 4  3  7
1400
700
350
175
35
7
1
2
2
2
5
5
7
10780
5390
2695
539
77
11
1
2
2
5
7
7
11
D  48 17  24  3 17
1400  23  52  7
La méthode pour C est de décomposer 24 et 14 en produit de facteurs premiers.
24
12
6
3
1
2
2
2
3
14 2
7 7
1
10780  22  5  72  11
On peut aussi vérifier ces décompositions en facteurs premiers à l’aide d’un programme sur calculatrice ou
d’un logiciel de calcul formel.
On utilise la propriété donnant l’expression du PGCD et du PPCM de deux entiers naturels à partir de leur
décomposition en facteurs premiers (propriété très importante).
La méthode pour D est de décomposer 48 et 17 en produit de facteurs premiers.
PGCD 1400 ;10780   2 2  5  7  140
48
24
12
6
3
1
2
2
2
2
3
17 17
1
En effet, les diviseurs premiers communs à 1400 et 10780 sont 2, 5, 7.
On prend à chaque fois le plus petit exposant dans les deux décompositions.
PPCM 1400 ;10780   23  52  7 2 11  107 800
C’est le « contraire » (si l’on peut dire, car le terme contraire n’est ici pas bien adapté) pour le PPCM.
On prend tous les facteurs premiers dans les deux décompositions et on met à chaque le plus grand exposant.
Les nombres premiers qui apparaissent dans les deux décompositions sont 2, 3, 5, 7, 11.
2100  21 100  3  7  4  25  3  7  2 2  52  2 2  3  52  7
On vérifie ces résultats à l’aide de la calculatrice ou d’un logiciel de calcul formel.
Pour obtenir un cube parfait, il faut et il suffit que les exposants qui interviennent dans la décomposition en
facteurs premiers soient tous des multiples de 3 (propriété du cours).
.
Le plus petit entier naturel non nul qui, multiplié par 2100, donne un cube parfait est : 2  32  5  72  4410 .
On peut retenir comme on va le démontrer dans la partie B :
10
Cet exercice porte sur la reconnaissance de carrés et de cubes parfaits à partir de la décomposition en facteurs
premiers.
1°) Démontrons que 324 est un carré parfait à l’aide de la décomposition en facteurs premiers.
- qu’un carré parfait supérieur ou égal à 4 est un entier naturel dont la décomposition en facteurs premiers ne
fait intervenir que des exposants pairs ;
- qu’un cube parfait (positif ou nul) supérieur ou égal à 8 est un entier naturel dont la décomposition en facteurs
premiers ne fait intervenir que des exposants multiples de 3.
Le mieux est d’utiliser la décomposition en facteurs premiers. Pour cela, on adopte la présentation en colonnes.
324  22  34  22  92  182
On peut retenir qu’un entier naturel supérieur ou égal à 2 est un carré parfait si et seulement si les exposants des
nombres premiers dans sa décomposition sont tous des nombres pairs.
11 Nombres premiers d’Euler
1°) Vérifions que n 2  n  41 est premier pour n  0 ; 1 ;  ; 39 .
2°) Démontrons que 216 est un cube parfait à l’aide de la décomposition en facteurs premiers.
On peut rentrer la fonction f : x  x 2  x  41 afin d’obtenir rapidement un tableau de valeurs.
Éventuellement, on peut se placer en mode suite.
3
216  23  33   2  3   63
On peut retenir qu’un nombre entier supérieur ou égal à 1 est un cube parfait si et seulement si les exposants de
des nombres premiers dans sa décomposition sont tous des multiples de 3.
3°)
a) Déterminons le plus petit entier naturel non nul qui, multiplié par 2000, donne un carré parfait.
Pour répondre à la question, on commence par déterminer la décomposition en facteurs premiers de 2000.
02  0  41  41 nombre premier
12  1  41  43 nombre premier
2 2  2  41  47 nombre premier
32  3  41  53 nombre premier
4 2  4  41  61 nombre premier
52  5  41  71 nombre premier
62  6  41  83 nombre premier
etc.
3
2000  2  1000  2 103  2   2  5   2  23  53  2 4  53
Remarque : On peut adopter aussi la présentation en colonne classique.
On regarde les exposants des facteurs premiers dans la décomposition de 2000 : l’exposant de 2 est 4, c’est un
nombre pair ; l’exposant de 5 est 3, c’est un nombre impair (propriété du cours).
Pour obtenir un carré parfait, il faut et il suffit que les exposants qui interviennent dans la décomposition en
facteurs premiers soient tous des entiers pairs.
On vérifie ces résultats à l’aide de la calculatrice ou d’un logiciel de calcul formel.
Utilisation de logiciels :
Tableur : Excel
Logiciel de calcul formel : test de primalité (sur XCas : isprime(…))
Le plus petit entier naturel non nul qui multiplié par 2000 donne un carré parfait est 5 :
4
 
5  2000  5  24  53  2 4  54   2  5   10 4  102
2
 1002
(on peut aussi écrire : 5  2000  10000  1002 )
b) Déterminons le plus petit entier naturel non nul qui, multiplié par 2100, donne un cube parfait.
Pour répondre à la question, on commence par déterminer la décomposition en facteurs premiers de 2100.
2°) Vérifions que n 2  n  41 n’est pas premier pour n  40 .
402  40  41  40   40  1  41
40 2  40  41  40  41  41
Point info : polynômes générateurs de nombres premiers
402  40  41  412
Le polynôme P  n   n 2  n  B est dû au mathématicien Euler. Une conjecture très vraisemblable (car liée à
Donc pour n  40 , n 2  n  41 n’est pas premier.
une autre bien testée) est qu’aussi grand que soit A, on peut trouver un polynôme de la forme n2  n  B qui
donne des nombres premier pour n  0 ; ... ; A . On sait cependant que B sera nécessairement très grand : le B
Remarque : pour n  41
correspondant à A  41 été montré plus grand que 1018 mais pour l’instant reste inconnu.
412  41  41  41  41  2   41 43 n’est pas un nombre premier (car il est divisible par 41).
[On peut observer que 43 est un nombre premier].
Source : livre Mathématiques Hyperbole Terminale S spécialité mathématiques édition 2012 page 92 N°41.
Pour aller plus loin :
f p  n   n 2  n  p (si p  2, 3, 5, 11,17, 41 )
Livre Math’x TS spé Programme 2012 page 65
f p  n  donne des nombres premiers pour nÎ  0 ; p – 2 .
Point info :
Il n’existe pas de polynôme P  x  , non constant, tel que tous les entiers P  n  soient premiers ( n   ).
Les mathématiciens Minac et Willans ont imaginé une formule ne comportant que 52 symboles qui donne tous
les nombres premiers dans l’ordre et sans répétition ! On ignorait qu’une telle formule pouvait exister avant sa
publication en 1995. Mais la mise en œuvre de telles formules se révèle très coûteuse en temps de calcul et
aucun programme d’ordinateur aujourd’hui n’utilise une telle formule. Le véritable problème est de définir des
algorithmes de calculs qui donneront rapidement des nombres premiers.
2
f p  p  1   p  1   p  1  p
  p  1   p  1  1  p
  p  1  p  p
 p2
f p  p   p  p  1  1
12 Simplification d’expressions avec des racines carrées
On commence par écrire les décompositions en facteurs premiers des nombres qui figurent sous le radical.
2
 En 1772, Leonhard Euler proposa le polynôme E  n   n  n  41 qui donne des nombres premiers pour n
entier allant de 0 à 39.
 En 1798, le mathématicien français Adrien-Marie Legendre proposa le polynôme L  n   2n 2  29 ,
qui produit des nombres premiers pour n entier allant de 10 à 28.
24200
12100
6050
3025
605
121
11
1
2
2
2
5
5
11
11
 Aujourd’hui, le record est détenu par Russel Ruby qui proposa le polynôme R  n   36n 2  810n  2753 .
66150
33075
11025
3675
1225
245
49
7
1
2
3
3
3
5
5
7
7
L’expression R  n  fournit le plus grand nombre consécutifs de nombres premiers.
24200  23  52 112
66150  2  33  52  7 2
Source : livre Mathématiques Repère Terminale S spécialité mathématiques édition 2012 page 43.
A  2 2  2  52 112
A  2  5 11 2
A  110 2
B  2  33  52  7 2
B  3 5 7  2  3
B  105 6
13 Simplifications de fractions
On peut écrire 90  32  21  51 .
2
A
84 2  3  7 2  7 14

 2 
150 2  3  52
25
5
Donc le nombre de diviseurs de 90 est égal à  2  1  1  1  1  1  3  2  2  12 .
On obtient le même nombre de diviseurs positifs que pour 60.
2214 2  3  3  3  41 2  3  3  3  41 18
B



2829
3  943
23
3  41  23
C
15  25
5  3 5  5
15


50  22 5  5  2  2  11 44
102 2  5  2  5 4
4
D 4 
 6 
15625
25
58
5
2
E
3
  8    15
2
12  5
irréductible !)

26  53  33
  2 2  52  3   300 (il ne s’agit pas vraiment d’une fraction
24  32  5
16 Conjecture de Goldbach
8 53
18  13  5  11  7
(il y a deux décompositions)
24  17  7  11  13  5  19
(il y a trois décompositions)
La conjecture que nous étudions dans cet exercice est due au mathématicien Christian Goldbach (1690-1764)
qui la formule dans une lettre à Euler de 1742.
L’une des grandes difficultés de la démonstration, selon Benoît Rittaud, tient au fait que l’énoncé de la
conjecture fait intervenir les nombres premiers dans un registre additif et non dans leur registre naturel
multiplicatif.
14
Déterminons les diviseurs positifs de 84.
Voir article Wikipedia sur la conjecture de Goldbach.
84  2 2  3  7
Faire un arbre de possibilités à 3 niveaux (car il y a 3 facteurs).
Il n’est pas forcément utile de faire un arbre. On peut aussi utiliser les résultats du cours : les diviseurs positifs
de 84 sont les nombres 2  3  7 où , ,  sont des entiers naturels tels que 0    2, 0    1,



0    1.
17
Ancienne version du corrigé ; cet exercice sera corrigé en classe.
Déterminons le plus petit entier positif ayant exactement 15 diviseurs positifs.
Les diviseurs positifs de 84 sont 1, 2, 3, 4, 6, 7, 12, 14, 21, 28, 42, 84.
Soit n un entier naturel dont la décomposition en facteurs premiers s’écrit n  p11  p2 2  ...  pr r où
15
- p1 , p2 ,… pr sont des nombres premiers deux à deux distincts ;
- 1 ,  2 ,…  r sont des entiers naturels non nuls.
1°) Décomposer 60 en produit de facteurs premiers.
En déduire le nombre de diviseurs positifs de 60.
60  4  15
60  2 2  3  5
On peut écrire 60  22  31  51 .
Le nombre de diviseurs positifs de n est alors égal à :  1  1  2  1 ...   r  1 .
Cette formule provient de la représentation en arbre des diviseurs de n.
En effet, les diviseurs positifs de n sont tous les entiers de la forme p11  p22  ...  pr r avec
0  1  1 , 0  2   2 , …. 0  r   r .
Donc le nombre de diviseurs positifs de 60 est égal à  2  1  1  1  1  1  3  2  2  12 .
On peut d’abord dire que n  2 puisque le nombre 1 admet exactement 1 seul diviseur positif : lui-même.
2°) Même question avec 90.
90  9 10
90  32  2  5
La décomposition en facteurs premiers de n s’écrit donc n  p11  p2 2  ...  pr r où
- p1 , p2 ,… pr sont des nombres premiers deux à deux distincts ;
- 1 ,  2 ,…  r sont des entiers naturels non nuls.
Le nombre de diviseurs positifs de n est alors égal à :  1  1  2  1 ...   r  1 (formule donnée dans le
cours).
On sait que n admet exactement 15 diviseurs positifs donc on a  1  1  2  1 ...   r  1  15
1°) Démontrons que a est divisible par n 3  n .
a  n5  n
a  n n4 1




a   n  n  n

a  n n2  1 n2  1
En effet, on a dit que 1 ,  2 ,…  r sont des entiers naturels non nuls c’est-à-dire supérieurs ou égaux à 1.
1  1  2 ,  2  1  2 …  r  1  2 .
3
2

1
n2  1  donc a est divisible par n3  n .
Or le nombre 15 s’écrit d’une seule façon comme produit d’entiers naturels supérieurs ou égaux à 2 :
15  3  5 .
2°) Démontrons que a est divisible par 30.
Donc on en déduit que nécessairement r  2 c’est-à-dire que n admet donc deux diviseurs premiers p1 et p2 .
On a : 30  2  3  5 .
Sa décomposition en produit de facteurs premiers s’écrit donc n  p11  p22 (forme générale de la
décomposition d’un nombre qui admet deux diviseurs premiers). Soulignons que p1  p2 .
On va démontrer que a est divisible à la fois par 2, par 3 et par 5.
Démontrons que a est divisible par 5, par 3 et par 2.
 a est divisible par 2.
On va s’intéresser aux exposants.
  1  3
  1  5
On a  1  1  2  1  15 donc  1
ou  1
.


1

5
 2
 2  1  3
  2
  4
Donc  1
ou  1
.
 2  4
 2  2
Donc n s’écrit p12  p2 4 ou p14  p2 2 .
Pour que n soit le plus petit possible, on choisit p1 et p2 les plus petits possible.
On les prend donc dans l’ensemble 2 ; 3 .


 

On a démontré à la question 1°) que a  n 2  1 n3  n  n 2  1 n  n  1 n  1
Parmi les deux entiers consécutifs, n et n  1 , l’un est pair, l’autre est impair.
Leur produit n  n  1 est donc pair, et il en va de même pour a.
Donc 2 | a.
 a est divisible par 5.
5 étant un nombre premier, on a pour n   , n5  n (mod. 5) (corollaire du petit théorème de Fermat)
Donc n 5 – n  0 (mod. 5) c’est-à-dire 5 divise a  n 5  n .
 a est divisible par 3.
3 étant un nombre premier, on a pour n   , n 3  n (mod. 3) (corollaire du petit théorème de Fermat)
Après une courte étude, on voit que c’est la deuxième possibilité avec p1  2 et p2  3 qui convient.
On obtient n  24  32  144 .
Donc n 3 – n  0 (mod. 3) c’est-à-dire 3 divise n 3  n .
Or n 3  n | a donc 3 | a.
Autres méthodes :
Au total, 5 | a et 3 | a, avec 5 et 3 premiers entre eux, donc 15 | a.
 L’entier cherché admet un nombre impair de diviseurs positifs donc c’est un carré parfait (propriété donnée
2 | a et 15 | a avec 2 et 15 premiers entre eux.
dans le cours sur les algorithmiques liés à la divisibilité et à la division euclidienne).
On examine les carrés parfaits en partant de 1 : 1 ; 4 ; 9 ; 16 ; 25 etc.
On trouve assez vite que l’entier cherché est 144.
Donc 30 | a.
Autre méthode pour finir (plus rapide et plus efficace) :
 On peut utiliser un algorithme (avec boucle « Tantque »).
18
n
a  n5  n
a est divisible par 2, 3 et 5.
Donc a est divisible par leur PPCM qui est égal à 30.
Autre voie pour la divisibilité par 2 (méthode de Diégo Blétry durant l’année scolaire 2013-2014) :
On peut aussi dire que n5  n est divisible par le PPCM de 2, 3, 5.
n 7  n  n  n6  1
 n  n 3  1 n3  1
n et n 3  1 sont de parité différente donc n  n 3  1 est divisible par 2.
19
n
Démontrons que n 7  n est divisible par 42.
Il est possible de vérifier directement la propriété « à la main » pour de petites valeurs de n,
par exemple dans les cas où n  0 ;1; 2 .
Pour cela, on va démontrer que n7  n est divisible par 2, 3 et 7.
 7 étant un nombre premier, on a n 7  n (mod. 7) (corollaire du petit théorème de Fermat)
20 Représentation en 3D des diviseurs positifs d’un entier naturel
Donc n 7 – n  0 (mod. 7) c’est-à-dire 7 | n 7  n .
1°) Représentation dans l’espace des diviseurs positifs de 60
 3 étant un nombre premier, on a n3  n (mod. 3) (corollaire du petit théorème de Fermat)
60  2 2  3  5
3 2
 
On en déduit que n
 n2 (mod. 3) puis n6  n  n3 (mod. 3) c’est-à-dire n7  n3 (mod. 3).
Or n3  n (mod. 3) d’où n7  n (mod. 3) soit n7 – n  0 (mod. 3) et par suite 3 | n7 – n.
15
 2 étant un nombre premier, on a n2  n (mod. 2) (corollaire du petit théorème de Fermat)
On en déduit que  n
2 3
n
3
(mod. 2) soit n  n (mod. 2) donc n  n
6
3
7
4
30
60
5
10
(mod. 2).
Or n2  n (mod. 2) d’où n 4  n 2 (mod. 2) et par suite, n 4  n (mod. 2).
20
6
3
12
On en déduit que n 7  n (mod. 2) et par suite 2 | n 7 – n.
1
Conclusion :
n 7 – n est divisible par 2, 3 et 7.
Or 2, 3 et 7 sont premiers entre eux deux à deux, donc n 7 – n est divisible par leur produit.
On en déduit que n 7 – n est divisible par 42.
2
4
Les diviseurs positifs de 60 sont les entiers de la forme 2 a  3b  5c avec 0  a  2 , 0  b  1 , 0  c  1 .
On se réfère à la représentation des points dans un repère. Chaque axe correspond à un facteur premier (axe
vers la droite : axe des puissances de 2, axe vers le fond : axe des puissances de 3, axe vers le haut : axe des
puissances de 5).
z
Autre méthode pour finir (plus rapide et plus efficace) :
n 7 – n est divisible par 2, 3 et 7.
Donc a est divisible par leur PPCM qui est égal à 42.
y
x
On obtient un pavé droit.
On respecte les conventions de la représentation en perspective cavalière en utilisant des pointillés pour les
arêtes cachées.
p est donc impair.
Tout entier naturel est congru modulo 6 à l’un des 6 restes modulo 6 : 0, 1, 2, 3, 4, 5.
2°) Représentation dans l’espace des diviseurs positifs de 1800
k désigne un entier naturel.
1800  23  32  52
Si p  0 (6), alors p  6k donc p est pair, ce qui est exclu.
La figure est assez grande.
Si p  2 (6), alors p  2  6k  2 1  3k  donc p est pair, ce qui est exclu.
225
450
900
1800
Si p  4 (6), alors p  4  6k  2  2  3k  donc p est pair, ce qui est exclu.
75
150
45
300
90
25
180
50
15
9
60
120
36
10
Ainsi, tout nombre premier p strictement supérieur à 3 est de la forme 6k –1 ou 6k  1 ( k   * ).
72
20
Il reste deux possibilités :
p  1 (6) et p  5 (6) soit p  – 1 (6)
200
18
5
360
100
30
Si p  3 (6), alors p  3  6k  3 1  2k  donc 3 | p et comme p  3 , 3 est diviseur strict* de p, qui n’est donc
pas un nombre premier.
600
Cette propriété ne reste pas vraie pour les nombres premiers 2 et 3 : 2 est de la forme 6k  2 et 3 est de la forme
6k  1 .
40
* C’est-à-dire strictement inférieur au nombre (ce qui est bien le cas ici, puisque l’on a supposé p  3 ).
3
6
12
24
Le dimanche 19 février 2017
1
2
4
8
Question de Donatien Lenoir le 16-1-2014 à propos de l’exercice sur la représentation de diviseurs d’un
nombre entier :
« Si on a 4 nombres premiers, on fait comment ? »
6 k  2 , 6k  1 , 6 k  2 , 6 k  3 , 6 k  4 , 6k  5 , 6 k  6
22
1°) n  , n  2
Pour tout entier naturel k tel que 1 k  n , on pose uk  n ! k .
in
Si on a 4 facteurs premiers, on passe en dimension 4 qui n’est pas représentables ;
De même pour 5, 6 etc. facteurs premiers.
Rappel : n ! 

i
i 1
ck  produit de tous les entiers naturels compris entre 1 et n sauf k
21
Démontrons que tout nombre premier p  3 strictement supérieur à 3 est de la forme 6k – 1 ou 6k + 1
(k   *).
Démontrer que pour tout entier naturel k tel que 1  k  n , uk peut s’écrire comme produit de k par un autre
entier naturel que l’on précisera à l’aide de ck .
Soit k un entier naturel tel que 1 k  n .
Soit p un nombre premier strictement supérieur à 3.
uk  n ! k
De manière évidente (en réfléchissant un peu), on a : n !  k  ck .
Donc uk  k  ck  k et par suite uk  k   ck  1 .
 Déduisons-en que u2 , u3 , …, un ne sont pas premiers.
Soit k un entier naturel tel que 2  k  n .
11 ! + 7 = 39 916 807
11 ! + 8 = 39 916 808
11 ! + 9 = 39 916 809
11 ! + 10 = 39 916 810
11 ! + 11 = 39 916 811
Sinon, avec la table des nombres premiers, on peut donner la séquence : 295, 296, 297, 298, 299, 300, 301, 302,
302, 303 et 304.
Il s’agit d’un application concrète de la question 1°).
ck   par définition donc  ck  1   .
On a alors k  2 et ck  1  2 .
Ainsi u k peut s’écrire comme produit de deux entiers naturels tous deux supérieurs ou égaux à 2.
Par suite, u k n’est pas premier.
Cet exercice montre que l’on peut trouver des séquences de nombres consécutifs non premiers aussi longues
que l’on veut (ce résultat est démontré au 1°)).
On peut remarquer qu’il s’agit d’une « preuve constructive ».
Cet exercice est à relier aux problèmes de répartition des nombres premiers.
2°) Application :
À l’aide du résultat de la question 1°), donnons un exemple de dix entiers naturels consécutifs non
premiers.
En effet, on peut démontrer que n  * p  P n  p  2n où P désigne l’ensemble des nombres premiers
(théorème de Bertrand).
Ce théorème n’est pas facile à démontrer. Il a pour corollaire le fait qu’il y a une infinité de nombres premiers
que l’on avait démontré dans le cours assez simplement selon la démonstration d’Euclide.
Le résultat de la question 1°) peut s’énoncer ainsi :
Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2.
Les  n –1 entiers naturels n ! 2 , n ! 3 , n ! 4 , … n ! n ne sont pas premiers.
Raréfaction des nombres premiers
Objectif : s’interroger sur la répartition des nombres premiers
Pourquoi n  1 ? n  2  1
La première chose qui a attiré l’attention des mathématiciens de l’Antiquité était l’absence de règles quant à
l’apparition de nombres premiers dans la liste des nombres entiers naturels. Ils peuvent être relativement
proches ou, au contraire, très éloignés les uns des autres.
Ce résultat permet de donner des séquences aussi longues que l’on veut d’entiers consécutifs non premiers
On se propose d’étudier la présence de grands intervalles sans nombres premiers.
On applique le résultat de la question précédente. On choisit n tel que n  1  10 c’est-à-dire n  11 .
On parle parfois de « structure lacunaire » comme en sciences physiques en 2e, on parle de structure lacunaire
de la matière (avec le modèle de l’atome élaboré par …).
23 Cet exercice sera corrigé en classe.
On prend n  11 .
Nombres entiers dont l’écriture en base 10 ne comporte que des 1
11! 2 , 11! 3 , 11! 4 , 11! 5 , 11 ! 6 , 11 !  7 , 11 ! 8 , 11 ! 9 , 11 ! 10 , 11 ! 11 sont 10 entiers naturels
consécutifs non premiers.
1°) Les nombres N 2  11 , N 3  111 , N 4  1111 sont-ils premiers ?
N 2  11 est premier
11 ! 2  39 916 802
11! 3  39 916 803
11 ! + 4 = 39 916 804
11 ! + 5 = 39 916 805
11 ! + 6 = 39 916 806
N 3  111 n’est pas premier 3 | 111
N 4  1111 n’est pas premier car 11 | 1111

2°) Démontrons que 10 p – 1 est divisible par 9.
1
ère

 N 2  102 q 1  102 q 2  ...  1
méthode :
Donc N 2 N p
On a : 10  1 (mod. 9).
Donc 10 p  1 (mod. 9) d’où 10 p  1  0 (mod. 9) donc 9 |10 p  1 .
1ère méthode :
2e méthode :
Sans symbole  :
On utilise l’égalité x n  1  ( x  1)( x n1  x n 2  ...  x  1) qui est rappelée dans la question 3°) (à rapprocher de la
formule fondamentale de l’algèbre).
10 p  1  10  1 10 p 1  10 p 2  ...  10  1 soit 10 p  1  9  10 p 1  10 p 2  ...  10  1
N p  111...1




 10 p 1  10 p 2  ...  10  1
 102 q 1  102 q 2  102 q 3  ...  10  1 (on regroupe les termes par tranches de 2)
 102 q  2 10  1  102 q 4 10  1  ...  11
Cette égalité prouve que 10 p  1 est divisible par 9.
 11102 q 2  102 q  4  ...  1
3°) On se propose de démontrer que si p n’est pas premier alors Np n'est pas premier.
On rappelle que pour tout réel x et pour tout entier naturel n non nul, x n  1   x  1 x n 1  x n 2  ...  x  1 .
 11102 q 2  102 q  4  ...  1


 k  q 1

 11
10 2 k 


 k 0


N p  11...1
 10 p 1  10 p 2  ...  1
10 p  1

(somme des termes consécutifs d’une suite géométrique)
9
On regroupe les termes par 2.
Avec le symbole  :
Il s’agit d’une réduction de l’écriture de N p .
p 1
a) p = 2q, où q 
Np 
*
10
i
i 0
Démontrons que Np est divisible par N2.
q 1
 10 10 

10 110
2i

2 i 1
i 0
q 1
2i
i 0
 q 1

 11
10 2i 


 i 0

p 1
p2
N p  10  10  ...  10  1

Np 
102 q  1
9
2 q


10 
p 1

1
2
i
i 0
q 1
9
10
10


 1 10
2  q 1
 10
2 q  2
9


10 2i  102 i 1 
i 0
 ...  1
q 1

10 110
2i
i 0
102  1

 10 q1  ...  1
9

 11


q 1

10 2i 



i 0
Donc 11 | Np
c) p  kq avec q * et k *
2e méthode : réduction de l’écriture de Np
Démontrons que Np est divisible par Nk.
On adapte le raisonnement précédent au cas général.
b) p = 3q, où q 
*
Np 
Démontrons que Np est divisible par N 3  111 .
10kq  1
9
k q

10 
1
9
On adapte le raisonnement précédent.
103q  1
Np 
9
3 q
10 


1

9

10
3

 1 10 
3 q 1
 10 
3 q  2

 ...  1
10
k

 1 10
k  q 1
 10
k  q  2

 ...  1
9
10k  1
 10k  q1  10 k  q  2  ...  1
9




 N k  10 k  q 1  10k  q 2  ...  1
9
Donc N k N p .
103  1

 103 q 1  103 q  2  ...  1
9


Autre façon beaucoup plus compliquée (à éviter) :

 N 3  10
3 q 1
 10
3 q  2 

 ...  1
N p  10 p 1  10 p  2  ...  10  1
p 1
Donc N 3 N p


10i
i 0
qk 1

10
i
i 0
q 1

p 1


 10
Np 
10
i 0
q 1
i 0
3i
 103i 1  103i  2 
i 0
q 1
10 110 100


 111
10 




3i


i
q 1
i 0
q 1
3i

 k 1


10 ki  j 


 j 0



k 1


10 ki 
10 j 


j 0



 



Nk

i 0

q 1
 Nk 

10ki
i 0





i 0
Donc 111 | Np
Donc Nk | Np.
7 × 2 + 1 = 15
7 n’est pas un nombre de Sophie Germain
11 × 2 + 1 = 23  nb premier de S.G.
4°)
13 × 2 + 1 = 27
13 n’est pas un nombre de Sophie Germain
Énonçons une condition nécessaire pour que Np soit premier et regardons si cette condition est suffisante.
Dans la question 3°) c), on a démontré que si p n’est pas premier alors N p n’est pas premier.
17 × 2 + 1 = 35
19 × 2 + 1 = 39
Par contraposée, si N p est premier, alors p est premier.
23 × 2 + 1 = 47  nb premier de S.G.
Donc une condition nécessaire pour que N p soit premier est que p soit premier.
29 × 2 + 1 = 59  nb premier de S.G.
contraposée :
p non premier  N p n’est pas premier
31 × 2 + 1 = 63
N p premier  p premier
37 × 2 + 1 = 75
41 × 2 + 1 = 83  nb premier de S.G.
On peut également formuler sous la forme :
« Pour que N p soit premier, il faut que p soit premier. »
Cette condition n’est pas suffisante. En effet, prenons le cas p  3 .
On a démontré que N 3 n’est pas un nombre premier alors que 3 est premier.
43 × 2 + 1 = 87
47 × 2 + 1 = 95
Les nombres premiers de Sophie Germain inférieurs à 50 sont : 2, 3, 5, 11, 23, 29, 41.
Rappel :
Soit A et B deux propositions.
La contraposée de A  B est non B  non A.
Lorsque l’implication A  B est vraie alors la contraposée est également vraie.
Observation de Marin Bergerot (le 30-1-2013) :
24 Les nombres premiers de Sophie Germain
Une propriété qui marche pour 2 (mais pas pour 3)
Soit p un nombre premier.
Si 2p  1 est un nombre premier, alors on dit que p est un nombre premier de Sophie Germain.
11 × 2 + 1 = 23
Déterminons les nombres premiers de Sophie Germain inférieurs à 50.
23 × 2 + 1 = 47
_______________
2 × 2 + 1 = 5  nb premier de S.G.
41 × 2 + 1 = 83
3 × 2 + 1 = 7  nb premier de S.G.
5 × 2 + 1 = 11  nb premier de S.G.
83 × 2 + 1 = 167
2°)
1ère suite :
On démarre par 2.
2 2 1  5
2  5  1  11
N   n ; n2 
Calculons le coefficient directeur de la droite  MN  .
a
yM  yN m 2  n 2

 mn
xM  xN
mn
2  11  1  23
2  23  1  47
On s’arrête là car 2  47  1  95 qui n’est pas un nombre premier.
La droite (MN) a donc pour équation y   m  n  x  m   m 2 soit y   m  n  x  mn .
Autre suite :
Le point d’intersection K de la droite (MN) et de l’axe des ordonnées a donc pour coordonnées  0 ; mn  .
On démarre à 3.
3 2 1  7
Le crible de Matyassevitch permet de multiplier des nombres de manière géométrique (sans faire de calcul).
7  2  1  15
Ce crible est dû à deux mathématiciens russes contemporains : Yuri Matiyasevitch et Boris Stechkin.
15 n’est pas premier
 3 ; 7 ;15 est une chaîne de Cunningham de première espèce.
25 Crible de Matiyasevich
1°) Conjectures
On peut mettre la figure en animation avec le curseur.
d) Par certains points de coordonnées (0 ; k), avec k   , ne passe aucun de ces segments.
On peut conjecturer que les entiers naturels k tels qu’il ne passe aucun segment par le point de coordonnées
(0 ; k) sont les entiers naturels qui ne sont pas premier.
2°) Quelques justifications
y  x2
M : m de  m  , m  2 
C:
N : – n  n  , n  2 
Déterminons une équation de la droite (MN).
On utilise le résultat suivant :
La droite D passant par un point A  xA ; yA  et de coefficient directeur m a pour équation : y  m  x  xA   yA .
M  m ; m2 
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TS spé Exercices sur les nombres premiers