Nombres premiers. ( )n ( )1

Nombres premiers.
I Fondements.
II Recherche de nombres premiers.
III Jouons avec les nombres premiers.
La phrase culte : « L‘arithmétique, c’est être capable de compter jusqu’à vingt sans ôter
ses chaussures. » Walt Disney.
I Fondements.
Définition : Un nombre entier naturel est premier s’il possède exactement deux
diviseurs positifs.
Du coup, 1 ne peut être premier.
Les 25 premiers nombres premiers a retrouver en moins d’une minute.
2 ;3 ;5 ;7 ;11 ;13 ;17 ;19 ;23 ;29 ;31 ;37 ;41 ;43 ;47 ;53 ;59 ;61 ;67 ;71 ;73 ;79 ;83 ;87 ;97
Théorème d’Archimède (2.A) : Il existe une infinité de nombres premiers.
Démonstration : Voir texte d’Euclide p43.
Par l’absurde, Hypothèse : supposons qu’il existe un nombre fini de nombres premiers. On les
note p1, p2, … , pn. Alors le nombre q= p1 × p2 × … × pn + 1 n’est divisible par aucun des
nombres p1, p2, … , pn, il est donc premier. Contradiction!

Lemme (2.B) : Soit n un entier naturel différent de 0 et 1. Alors n est premier ou il
existe un nombre premier p divisant n tel que p<n.
Démonstration : Par récurrence (forte), on pose
( H n ) n est premier ou il existe un nombre premier p divisant n tel que p<n.
Initialisation : ( H 2 ) est vraie.
( H k +1 )
Hérédité : On suppose que ( H p ) est vraie pour tout p ≤ k , avec k fixé. Montrons que
est vraie. Si k+1 est premier, rien à dire. Sinon, alors k+1 est divisible par 1, k+1 et au
moins un troisième, l ∈ ]1, k + 1[ . Or on sait que ( H l ) est vraie. Si l est premier, c’est fini,
sinon, par le même raisonnement, il existe l2 <l qui divise l et donc, par transitivité, k+1. On
construit une suite strictement décroissante k + 1 > l > l2 > l3 > ... > li > ... > 1 d’entiers
strictement plus grand que 1. Donc la suite est finie, ce qui signifie que l’un d’eux est premier.
La propriété est initialisée au rang 2, elle est héréditaire, donc elle est vraie pour tout
entier n>1.

Théorème de décomposition en facteurs premiers (2.C) : Soit n un entier naturel
n ≥ 2 . Le nombre n se décompose en produit de facteurs premiers (unique à l’ordre près des
l
facteurs). On a donc n = ∏ piαi avec pi +1 > pi pour tout entier i et α i ∈ ℕ .
i =1
1
Démonstration : Existence : Si n est premier, c’est fini. Si n n’est pas premier, par (2.B), il
existe q1 qui divise n et on a n = q1n1 avec 1 < n1 < n . On itère et on a une suite strictement
décroissante d’entiers naturels n > n1 > n2 > ... > ni > ... donc, elle est finie. Ainsi, il existe
k +1
l
i =1
i =1
k ∈ ℕ tel que nk = qk +1 soit premier et n = ∏ qi , soit en regroupant les termes, n = ∏ piαi .
Unicité : Propriété difficile qui nécessite l’unicité du quotient (autrement dit que ℤ est
factoriel)

Décomposer 11400 [=2^3*3*5^2*19], Idem avec 17523.
Que peut-on dire des nombre qui ont exactement trois diviseurs ? [Ce sont des carrés
parfaits]
Le problème de Freudenthal
Sur le même type : Le facteur et les trois filles.
« Un homme bavarde avec le facteur sur la pas de la porte de sa maison.
-« C’est amusant, je viens de remarquer que la somme des âges des mes trois filles est égal au
numéro de ma maison dans la rue. Je suis sûr que si je vous apprends que le produit de leurs
âges est 36, vous saurez me dire leurs âges respectifs ! »
Le facteur réfléchit un moment et lui répond ;
-« Je suis désolé, mais je ne peux pas trouver. »
L’homme s’exclame alors :
-« Ah oui ! J’avais oublié de vous dire que l’aînée est blonde ! »
Quelques secondes après, le facteur lui donne la bonne réponse !.
l
Corollaire (2.D) : Soit n = ∏ piαi une décomposition en facteurs premiers. Si d|n,
i =1
l
alors d s’écrit d = ∏ pi βi avec 0 ≤ β i ≤ α i .
i =1
Démonstration : ⇐
k
n
= ∏ piαi − βi ∈ ℕ car α i − β i ≥ 0 .
d i =1
⇒ On peut la démontrer en utilisant l’unicité de la décomposition. Si d|n, alors il existe q
l
tel que n=dq. D’après la décomposition en facteurs premiers, on peut écrire d = ∏ pi βi et
i =1
l
l
i =1
i =1
q = ∏ piγ i , donc n = ∏ piγ i + βi , mais la décomposition étant unique, γ i + β i = α i .

Rechercher les diviseurs simultanés de 539 et 147.
Quels sont les diviseurs de 60 ? Ce grand nombre de diviseurs a fait que 60 a été choisi
pour la base des angles, donc de l’heure. C’est la base sexagésimale. Il se trouve aussi que 60
est divisible par 4 (saisons), 12 (mois), 30 (lunaisons).
II Recherche de nombres premiers.
2
1. Les cribles.
9
15
21
27
33
15
25
35
45
55
21
35
49
…
…
27
45
63
…
…
…
…
…
…
…
Eratosthène est le crible le plus connu, mais il y a mieux :
Le crible de Sundaram : On commence par un 9 en haut à gauche
du tableau, puis on remplit colonne après colonne ou ligne après
ligne avec des suites arithmétiques de raisons successives 6, 10,
14, 18, …
Proposition (2.E) : Un nombre impair plus grand que 3 est premier si et seulement si
il n’est pas dans la grille..
Démonstration : On note uk , j le nombre de la ligne k et de la colonne j, avec k et j entiers
naturels. La ligne Lk commence par le terme uk ,0 = 9 + 6k et la raison de la suite est 6+4k.
Ainsi, uk , j = (9 + 6k ) + (6 + 4k ) j = (2k + 3)(2 j + 3) .
CN : Par contraposée, uk , j n’est pas premier compte tenu de la factorisation précédente.
CS : Toujours par contraposée, si 2n+1 n’est pas premier, alors 2n + 1 = pq avec p et q
impairs plus grands que 2. Donc il existe k et l tels que p = 2k + 3 et q = 2l + 3 , donc n est

dans le tableau.
2. Test de primalité :
Proposition (2.F) : Si n n’est pas premier, alors il admet au moins un diviseur
premier p tel que p ≤ n .
Démonstration : Avec le lemme 2.B, si n n’est pas premier, il existe p premier qui divise n.
Parmi tous ces nombres p, on note p0 le plus petit. On a alors n = p0 q ≥ p0 2 car, par
définition, q ≥ p0 . D’où p0 ≤ n .

Montrer que M 7 = 27 − 1 = 127 est premier. [On utilise la contraposée de la proposition]
3. Des machines à donner des premiers :
Les chercheurs ont toujours cherché des fonctions ou des suites de nombres qui
donnent de très grands nombres premiers. Mais sans succès jusqu’à présent. Tous les grands
mathématiciens s’y sont cassés les dents. Il n’existe toujours pas de ‘formule’ génératrice de
premiers.
On a le polynôme de Legendre f (n) = 2n 2 + 29 est premier pour n variant de 0 à 28.
Montrer que f(n) est composé pour une infinité de valeurs de n. Montrer que 31 divise f(n)
pour une infinité de valeurs de n.
Le polynôme d’Euler : f (n) = n 2 − n + 41 qui est premier pour n variant de -39 à 40
(et dans presque la moitié des valeurs entre 0 et 10 millions).
Le polynôme de Ruby : f (n) = 103n 2 − 3945n + 34 381
La spirale d’Ulam1 est obtenue en écrivant les entiers en tournant et en noircissant les
nombres premiers. On voit apparaître des diagonales…. Etonnant ! p41.
1
Stanislaw Marcin Ulam (1909-1984) physicien polonais naturalisé américain en 1943, il est connu pour avoir
résolu le problème d’amorce de la fusion de la bombe H ainsi que la méthode de Monté Carlo permettant de
donner un résultat à des problèmes statistiques via le hasard. Il apprit les mathématiques à l’age de 14 ans,
3
Actuellement, on peut trouver si un nombre est premier en (log(n))6 opérations, c’est
l’algorithme AKS (pour Agrawal, Kayal et Saxena)
III Jouons avec les nombres premiers.
1. L’indicatrice d’Euler :
Définition : Si n est un entier naturel non nul, on note ϕ (n) le nombre d’entiers
naturels p avec 1 ≤ p < n premiers avec n.
Proposition (2.G) : Si n est un entier naturel non nul, dont une décomposition en
k
facteurs premiers est n = ∏ piαi alors
i =1
k
ϕ (n) = ∏ ( pi − 1) piα −1 .
i
i =1
Démonstration : · Si n est premier, alors il est évident que ϕ (n) = n − 1 .
· Si n = pα , montrons de ϕ (n) = ( p − 1) pα −1 : il suffit de compter ceux qui ne sont pas
premiers avec n. Il y a tous les multiples de p : p, 2p, 3p … pα − p = p ( pα −1 − 1) . Il y en a
donc pα −1 − 1 que l’on retranche aux pα − 1 nombres entiers qui sont dans [1, n[ . Soit
ϕ (n) = pα − 1 − ( pα −1 − 1) = pα − pα −1 = pα ( p − 1)
· Il reste à montrer que si n = pα q β est le produit de deux nombres premiers distincts, alors
ϕ (n) = ϕ ( pα ).ϕ (q β ) (on dit que ϕ est sous-multiplicative). Il suffit de bien compter :
Le nombre d’entiers de [1, n[ multiples de p : il y en a q β pα −1 − 1 . Pour le voir, on regarde la
liste des multiples de p et surtout le dernier avant n :
s’étant rendu compte qu’il en avait besoin pour comprendre la théorie de relativité d’Einstein. Il aurait découvert
sa spirale lors d’une conférence dans laquelle il s’ennuyait.
4
p, 2 p, 3 p, ... , pα q β − p , pα q β
p ( pα −1q β −1)
n
Le nombre d’entiers de [1, n[ multiples de q : il y en a pα q β −1 − 1 .
Le nombre d’entiers de [1, n[ multiples de pq : il y en a pα −1q β −1 − 1 . Ici, il faut voir que si p
et q sont premiers entre eux, la seule façon d’obtenir un nombre divisible par p et q est d’avoir
un multiple de pq. (C’est le lemme de Gauss de la leçon 3)
Donc au total, nous avons
( pα q β − 1) − ( pα q β −1 − 1) − (q β pα −1 − 1) + ( pα −1q β −1 − 1) = pα q β − pα q β −1 − q β pα −1 + pα −1q β −1
= pα −1q β −1 ( pq − p − q + 1)
= pα −1q β −1 ( p − 1)(q − 1)
On finit la preuve par induction.

2. Y a-t-il des gros trous dans la liste ?
On sait déjà qu’il y en a une infinité. Mais on voit des trous dans la liste
Postulat de Bertrand (2.H) : (démontrée par Tchebycheff en 1850) Si n>3, alors il
existe un nombre premier entre n et 2n.
Proposition (2.I) : Il y a des trous aussi grands que l’on veut dans la liste des nombres
premiers.
Démonstration : On considère la liste suivante :
(k + 1)!+ 2, (k + 1)!+ 3, ...., (k + 1)!+ (k + 1)
Qui contient k nombres dont aucun n’est premier.

3. Y a-t-il beaucoup de premiers ?
Cette infinité de nombres premiers, elle est comment ? Son comportement, il est linéaire,
exponentiel ?
On note π ( x) = card {q ∈ ℕ, q < x, q premier}
Tracer le début de la fonction :
Les calculs approchés donnaient bien une idée du comportement de π ( x) .
Pour l’anecdote, au XIXe siècle, on disait que celui qui aurait une preuve de ce comportement
ne pouvait mourir que centenaire….
5
Théorème d’Hadamard2-La vallée Poussin3 (2.J) (résultat de 1896):
x
π ( x) ≃
ln x
Il faut préciser qu’il s’agit d’un comportement asymptotique, c’est-à-dire qu’il existe deux
ax
bx
constante a et b strictement positives telles que
< π ( x) <
.
ln x
ln x
Voici donc une nouvelle façon de voir les nombres premiers : l’analyse ! C’est le monde de la
théorie analytique des nombres. La démonstration, dont l’idée est due à Riemann nécessite
l’analyse complexe développée après Riemann.
4. Nombres de Mersenne – Nombres de Fermat.
On rappelle que M n = 2n − 1 et Fn = 22 + 1 .
Dans le simple domaine du calcul, des erreurs étonnantes ont été perpétrées et se sont
transmises parfois durant de longues années. Le père Mersenne affirme en 1644 que Mn est
premier pour n=2,3,5,7,13,17,19,31,67,127,257 et composé pour les autres valeurs de n
jusqu’à 257. Un siècle plus tard, Euler affirme que Mersenne s’est trompé et que M41 et M47
sont aussi premiers. Il se trompe, aucun des deux ne l’est. Mais 200 ans plus tard, on trouve
bien des erreurs : M61, M89 et M107 sont premiers alors que M67 et M257 ne le sont pas !
n
Fermat (surnommé le Prince des amateurs) écrit à propos de ses nombres : « Je suis persuadé
que Fn = 22 + 1 est toujours un nombre premier. Je n’ai pas la démonstration exacte, mais
j’ai exclu une si grande quantité de diviseurs par des démonstrations infaillibles, et j’ai de si
grandes lumières qui établissent ma pensée, que j’aurais peine à me dédire ! »
Euler démontre en 1732 que F5 = 4 294 967 297 n’est pas premier (divisible par 641). En
fait, on sait maintenant que de F5 à F30, aucun n’est premier. On commence même à
conjecturer qu’il n’y en a pas d’autres !
n
Même Euler a eu sa part de déboires : En effet, il a conjecturé que pour n>2, une puissance ne
d’un nombre entier ne pouvait jamais s’écrire comme somme de moins de n puissances ne de
nombres entiers. Il faudra attendre 230 ans (et l’avènement de l’ordinateur) pour que Lander
et Parkin trouvent un contre-exemple : 275 + 845 + 1105 + 1335 = 1445 .
En 1988, Noam Elkies trouve le plus petit contre-exemple avec des exposants égaux à 4 :
2 682 4404 + 15 365 639 4 + 18 796 7604 = 20 615 6734
Proposition (2.K) : Si M n est premier, alors n est premier.
Exemple non-trivial : quand n=44497.
2
Jacques Hadamard (1865-1963) il gagne les premiers prix au concours général en algèbre et en mécanique en
1883. L’année qui suit, il finit premier au concours d’entrée à l’X et à l’ENS qu’il finit par choisir. En 1893 il
s’installe à Bordeaux et publie 29 articles en 4 ans. En 1912 il est élu à l’Académie de Sciences à la place de son
ami Poincaré.
3
Charles Jean Gustave Nicolas Baron de la Vallée-Poussin (1866-1962), baron belge qui publia sa preuve en
même temps qu’Hadamard. Il fut élu à l’Académie belge en 1909. Il est connu pour la grande qualité de ses
volumes sur l’analyse.
6
Démonstration : Par la contraposée : Montrons que si n n’est pas premier, alors M n n’est pas
 n −1 
premier. Supposons donc que p| n avec p ≠ 1 et p ≠ n . On sait que x n − 1 = ( x − 1)  ∑ xi  ,
 i=0 
p
n
 np 
 np 
donc 2 − 1 =  2  − 1 =  2 − 1 q et 1 < 2 p − 1 < 2 n − 1 alors M n n’est pas premier.
 


 


n

Malheureusement, cette condition nécessaire n’est pas suffisante. Prouvez-le ! [Le
premier est 211 − 1 = 2047 = 23 × 89 .
Les plus grands nombres premiers que l’on connaît sont des nombres de Mersenne. Chacun
peut participer au GIMPS (Great Internet Mersenne Prime Search). A l’heure actuelle
(découvert le 12/4/09), c’est M 42 643 801 = 242 643 801 − 1 qui est le 47e nombre de Mersenne
premier. Il a 12 837 064 chiffres.
5. Nombres parfaits.
Définition : Si n est un entier naturel, on dit qu’il est parfait si la somme de ses
diviseurs est 2n.
Exemple : 6 ; 28….
Curieusement, la découverte d’un nombre de Mersenne premier entraîne automatiquement la
découverte d’un nombre parfait :
Théorème (2.L): Si a = 2 n (2n +1 − 1) avec 2n +1 − 1 premier alors a est parfait.
Démonstration : due à Euclide (Livre IX des Eléments). On fait la liste des diviseurs de a :
1, 2, 22 , ... , 2 n , (2n +1 − 1), 2(2n +1 − 1), ... , 2n (2n +1 − 1)
1 − 2n +1
1 − 2 n +1
n +1
Puis la somme : Σ =
+ (2 − 1)
= 2 n +1 (2n +1 − 1)
1− 2
1− 2

Euler a montré la réciproque dans le cas où a est pair.
Théorème (2.M): Si a est pair et parfait, alors a = 2 n (2n +1 − 1) avec 2n +1 − 1 premier.
Démonstration : On a a = 2 k b avec b et 2 premiers entre eux. On note δ (a ) la somme des
diviseurs de a. On a besoin du lemme suivant :
Lemme (2.N): La fonction δ est sous-multiplicative (i.e. si a et b sont premiers entre
eux, alors, alors δ (ab) = δ (a ) × δ (b) .
La démonstration est identique à celle de la sous-mulitplicativité de l’indicatrice d’Euler (voir
leçon précédente).
Comme 2k et b sont premiers entre eux, on a δ (a ) = δ (2 k ) × δ (b) = (2k +1 − 1) × δ (b) .
Or a est parfait, donc δ (a ) = 2a . Ainsi,
7
( E ) ⇔ (2k +1 − 1) × δ (b) = 2 k +1 b
⇔ (2k +1 − 1) × δ (b) = 2 k +1 b − b + b
⇔ (2 k +1 − 1) × δ (b) = (2 k +1 − 1)b + b
k +1
⇔ (2
− 1) × (δ (b) − b) = b
≥3
On en conclut que δ (b) − b est un diviseur strict de b. D’autre part δ (b) − b est la somme des
diviseurs stricts de b. Par l’absurde, si b n’est pas premier, alors la somme des diviseurs stricts
qui est δ (b) − b , est strictement supérieure à n’importe lequel des diviseurs de b.
Contradiction.
Donc b est premier et δ (b) − b = 1 et d’après (E), on a b = 2k +1 − 1 .

Sauriez-vous trouver une formule pour la somme des diviseurs d’un entier a ?
Find every positive integer n such that both n-1 and n(n+1)/2 are perfect numbers.
[We need Th 2.M and something more due to Euler again:
Lemma: Every odd perfect number (if such exists) is congruent to 1 modulo 4. Futhermore, it
has the form r²s, where r is odd and s is a prime number congruent to 1 modulo 4.
We consider four cases according to the congruence class modulo 4. These correspond to the
four cases for the parities of n-1 and n(n+1)/2.
a) n is 0 mod 4. By the lemma, n-1 is not perfect.
b) n is 1 mod 4. Then n -1 is even and n(n+1)/2 is odd. Suppose that both are perfect. By 2.M,
n − 1 = 2 p −1 ( 2 p − 1) , where p is a prime greater than 2. Thus,
n(n + 1) / 2 = ( 2 2 p −1 − 2 p −1 + 1)( 22 p − 2 − 2 p − 2 + 1) . These two factors are relatively prime. The
lemma requires that one of them is a square. However, 22 p −1 − 2 p −1 + 1 ≡ 2 (3) since p is odd
and ( 2 p −1 − 1) < 22 p − 2 − 2 p − 2 + 1 < ( 2 p −1 ) . Thus, neither factor is a square and n(n+1)/2 is not
2
2
perfect.
c) n is 2 mod 4. Now, n +1 is 3 mod 4. Thus some prime q congruent to 3 mod 4 has odd
exponent in the prime factorisation of n(n+1)/2. By lemma, a prime congruent to 3 mod 4
cannot appear with odd exponent in the prime factorisation of an odd perfect number. Hence,
n(n+1)/2 is not perfect.
d) n is 3 mod 4. Now, n-1 is divisible by 2 but not by 4. By 2.M, 6 is the only even perfect
number not divisible by 4. Thus in this case, n-1 is perfect only when n=7. In this case,
n(n+1)/2 equals 28 which is also perfect.]
coup, on ne peut montrer pas que la conjecture est fausse.
6. Des conjectures et des questions ouvertes.
• Existe-t-il des nombres parfaits impairs ?
Descartes pensait en avoir trouvé un avec n = 198 585 576 189 = 32 × 7 2 × 112 × 132 × 22021 .
33 − 1 73 − 1 113 − 1 133 − 1 220212 − 1
×
×
×
×
mais 22021 n’est pas premier.
2
6
10
12
22020
On sait quand même des choses : -s’il y en a un, il a 11 facteurs premiers distincts (1983).
-le plus petit facteur premier est plus grand que 300000.
-il est plus grand que 10300 .
-(un nombre parfait pair finit par 6 ou 8).
8
On a bien 2n =
•
Existe-t-il toujours un nombre premiers entre n 2 et (n + 1) 2 ? (extension
du postulat de Bertrand.
Un résultat récent dans le domaine : Le Théorème de Green-Tao : La suite des nombres
premiers contient des familles arbitrairement grandes de nombre premier en progression
arithmétique.
• Sophie Germain (1776-1831) put mener à bien ses recherches grâce à la
fortune de son père, commerçant aisé. Elle vint aux mathématiques par dégoût pour le
« Newtonianisme des Dames » d’Algarotti, censé expliquer aux marquises par les lois de la
réfraction pourquoi on augmente la dose de rouge à lèvres pour aller à l’opéra. Suivre le cours
de Lagrange à l’X lui est refusé ? Qu’à cela ne tienne, elle entre en relation épistolaire avec le
mathématicien sous le pseudonyme de Monsieur Leblanc. Son audace scientifique lui vaut
d’ailleurs les compliments de gauss. Rapidement appréciée, elle reçoit en 1816 le Grand Prix
des Sciences Mathématiques de l’Académie des Sciences de Paris. Outre ses travaux sur le
mode vibratoire des surfaces, elle nous laisse le « théorème de Sophie Germain » qui permit à
l’époque de progresser dans la démonstration du théorème de Fermat en réduisant les cas à
envisager. On peut le généraliser ainsi : « Si n est premier impair, et si 2n+1 est premier, alors
x n + y n = z n implique que l’une des trois inconnues x,y ou z est divisible par n. »
Depuis, les nombres premiers n tels que 2n+1 soit premier sont appelés
« nombres premiers de Sophie Germain ». On ne sait pas s’il y en a une infinité, et le dernier
trouvé est 3905 × 26001 − 1 (Keller 1986).
• Existe-t-il d’autres nombres de Fermat premiers ?
• (3,5), (5,7), (11,13), (17,19) … sont des nombres premiers jumeaux. On
en connaît des très grands, mais y en a-t-il une infinité ?
• Hypothèse de Brocard (1876) dit que n !+1 est un carré parfait si et
seulement si n vaut 4, 5 ou 7. On ne sait toujours pas si c’est vrai.
• Dans une lettre envoyée à Euler en 1742, Goldbach (1690-1764)
remarque que 4=2+2, 6=3+3, 8=5+3, 10=5+5, 12=5+7, 14=7+7,
16=11+5….
Et voici l’un des problèmes de mathématique les plus vieux :
Conjecture de Goldbach4 : Tout nombre pair plus grand que 2 s’écrit comme somme
de deux nombres premiers.
On connaît le théorème de Vinogradov disant que tout nombre impair est somme de trois
premiers.
En l’an 2000, en s’inspirant de ce qu’avait fait Hilbert en 1900, la Clay Fundation a proposé 1
million de $ pour la solution de sept problèmes, dont celui-ci.
Allez, au boulot !
Il existe formule donnant le nième nombre premier :
1


n
2n
m





pn = 1 + ∑   n / 1 + ∑ (( j − 1)!+ 1) / j − [ ( j − 1)!/ j ]   
m =1 
  
   j = 2

Gloups !
Où les crochets (il y en a 4) sont des parties entières. (Formule de Milac et Wilans).
4
Christian Goldbach (1690-1764) prussien d’origine, il finit sa vie en russie. Il n’a que très peu publié,
l’essentiel de ses travaux se trouvant dans sa correposndance avec Liebniz ou Euler notamment sur une période
de 35 ans.
9