Nombres premiers 1

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Nombres premiers 1
Questions de cours
On ne consid`ere ici que des nombres entiers naturels strictement positifs.
1. Dire qu’un nombre entier naturel pest premier signifie : ...?
1 est-il un nombre premier ...?
2. Existence d’un diviseur premier :
Soit nun entier naturel, n>2. Parmi les diviseurs de nqui sont sup´erieurs ou
´egaux `a 2, le plus petit est un nombre ...? . Soit pce nombre.
Si nn’est pas premier, pest inf´erieur ou ´egal `a ...? (en fonction de n)
3. Un test de primalit´e possible :
Pour prouver qu’un nombre n(n>2) est premier, il suffit de montrer qu’il n’est
divisible par aucun nombre premier compris (au sens large) entre ...? et ...?
4. Combien existe-t-il de nombres premiers dans N?
Exemples
1. D´emontrer que 2007 n’est pas un nombre premier (sans calculatrice)
La somme des chiffres de 2007 est 2+0+0+7 = 9, divisible par 3. Donc, d’apr`es un
crit`ere de divisibilit´e par 3, 2007 est divisible par 3. Donc 2007 admet un diviseur
diff´erent de 1 et de 2007, donc 2007 n’est pas premier.
2. D´emontrer que 3(1 + 4 + 42+ 43+···+ 4n−1)=4n−1, en remarquant que 3 = 4 −1.
En d´eduire l’ensemble des nentiers naturels non nuls non nuls tels que 4n−1est un
nombre premier
On remplace 3 par 4 −1 et on d´eveloppe :
(4−1)(1+4+42+43+···+4n−1) = (4+42+43+44+. . . 4n)−(1+4+42+43+. . . 4n−1)
Tous les termes s’´eliminent deux `a deux sauf les termes extrˆemes, d’o`u
3(4 + 42+ 43+··· + 4n−1)=4n−1
Donc 4n−1 est toujours multiple de 3. Le seul multiple de 3 (non nul) qui soit
premier est 3 lui-mˆeme. Dans ce cas 4n−1 = 3, soit 4n= 4. Comme 41= 4 et que
les puissances de 4 sont strictement croissantes, le seul nsolution est n= 1.
3. On admettra que les premiers nombres premiers sont : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29,
31, 37, 41, 43, 47, 53, 59. Avec cette liste, combien faut-il faire de divisions euclidiennes
pour v´erifier que 2003 est premier ?
On essaye toutes les divisions par les nombres premiers inf´erieurs ou ´egaux `a
√2003 ≈44,75. Il y en a 14 : 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43.
p235711131719232931374143
reste(2003, p) 1 2 3 1 1 1 14 8 2 2 19 5 35 25
On peut v´erifier que 2003 n’est divisible par aucun de ces nombres (aucun reste
n’est nul), donc 2003 est premier, ce qu’on a montr´e avec 14 divisions.
4. Soit x= (2 ×3×5) + 1. D´emontrer que xadmet un diviseur premier strictement
sup´erieur `a 5, sans calculer x
Soit ple plus petit diviseur premier de x(on sait qu’un tel diviseur existe toujours :
c’est le plus petit diviseur de xqui soit strictement sup´erieur `a 1). Montrons que p
ne peut pas ˆetre ´egal `a 2, ni `a 3, ni `a 5, par l’absurde.
Si on avait p= 2, alors on aurait x= 2 ×3×5+1 = 2k, donc 1 = 2k−2×3×5. Or
2ket 2 ×3×5 sont divisibles par 2, donc 1 serait divisible par 2 (par diff´erence),
ce qui est impossible.
Si on avait p= 3, alors comme pr´ec´edemment 1 serait divisible par 3 (par
diff´erence), ce qui est impossible.
Si on avait p= 5, alors 1 serait divisible par 5 (par diff´erence), ce qui est impossible.
Conclusion : pest un diviseur premier de xqui est strictement sup´erieur `a 5.
Bien sˆur, ce n’est pas la m´ethode la plus simple : n= 31, donc p= 31. Mais cette
m´ethode se g´en´eralise si on remplace 2,3,5par p1, p2, p3, . . . , pnen appelant pkle
k-i`eme nombre premier. Cela permet de prouver que, pour tout n, il y a toujours
un nombre premier strictement sup´erieur `a pn
5. ROC (propri´et´e de cours `a red´emontrer) : Soit xun nombre non premier. D´emontrer
qu’il existe au moins un diviseur premier pde xtel que p26x
Soit dun diviseur premier quelconque de x(on sait qu’il en existe). Alors x=kd,
avec 1 < d < x puisque xn’est pas premier.
Si d26x, alors on peut choisir p=d.
Sinon c’est que d2> x, soit d2> kd, soit d > k, soit kd > k2, c’est-`a-dire x > k2.
On peut alors choisir pour pn’importe quel diviseur premier de k(puisqu’on aura
p26k2< x).