D1 corrigé
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Spécialité : solutions du devoir n¨1 page 1 de 1 Spécialité : solutions du devoir n¨1 • dire que ab est premier équivaut à dire que (a = 1 et b = ab, premier) ou (b = 1 et a = ab, premier). • dire que p est premier (avec p > 1) équivaut à dire que les seules décompositions possibles de p comme produit de deux facteurs sont celles où l’un des facteurs vaut 1. • si a est premier et si b > 1 alors ab n’est pas premier (mais la seule condition « a premier » ne suffit pas). • Si d divise p, alors : si p est premier alors d = 1 ou d = p. I 3 points (n + k)2 − n2 = k(2n + k) (identité remarquable a2 − b2 ). Donc, si (n + k)2 − n2 est premier, alors k = 1 et 2n + k est premier (l’autre cas envisageable : «2n + k = 1 et k est premier» est impossible puisqu’alors on aurait 2n + k > k > 2). Une condition nécessaire est donc : k = 1 et 2n + 1 est premier. Elle est suffisante car alors (n + k)2 − n2 = k(2n + k) = 2n + 1, premier. II 7 points 1. Si p n’était congru ni à 1 ni à −1 modulo 6, alors il ne pourrait être congru qu’à 0, 2, 3 ou 4. On examine chacun des cas : si p ≡ 0 [6] alors p serait multiple de 6, donc non premier. si p ≡ 2 [6] alors p = 2 + 6k = 2(1 + 3k), alors p serait pair avec p > 2 (énoncé : p > 3), donc non premier. si p ≡ 3 [6] alors p = 3 + 6k = 3(1 + 2k), alors p serait multiple de 3 avec p > 3 (énoncé), donc non premier. si p ≡ 4 [6] alors p = 4 + 6k = 2(2 + 3k), alors p serait pair avec p > 2 (énoncé : p > 3), donc non premier. La réciproque est fausse puisque, par exemple, 4 × 6 + 1 n’est pas premier. 2. p2 − 1 = (p − 1)(p + 1). Si p = 6k + 1, alors p2 − 1 = 6k(6k + 2) = 12k(3k + 1), donc multiple de 12. Si p = 6k − 1, alors p2 − 1 = (6k − 2)(6k) = 12k(3k − 1), donc multiple de 12. Donc p est toujours multiple de 12. Si p = 4k + 1, alors p2 − 1 = 4k(4k + 2) = 8k(2k + 1), donc multiple de 8. Si p = 4k − 1, alors p2 − 1 = (4k − 2)(4k) = 8k(2k − 1), donc multiple de 8. Donc p est toujours multiple de 8. 3. D’après l’énoncé, si p est premier, son carré p2 est congru à 1 modulo 24 (puisque p2 − 1 est multiple de 24). La somme S des carrés de trois nombres premiers est donc congrue à 3 modulo 24, donc de la forme 3 + 24k = 3(1 + 8k). C’est un multiple de 3. S ne peut pas être égale à 3 puisque la plus petite somme possible est 2 + 2 + 2. Donc S n’est pas un nombre premier. III 10 points 1. Puisque 2p = (2p − 1) + 1, on a 2p ≡ 1 [2p − 1]. Donc, en élevant à la puissance q : 2pq ≡ 1q ≡ 1 [2p − 1]. 2. Supposons 2pq − 1 premier. D’après la question précédente, 2pq −1 est divisible par 2p −1 (car 2pq −1 ≡ 0 [2p −1]). Ce n’est possible que si 2p − 1 = 1 ou 2p − 1 = 2pq − 1 Or 2p − 1 = 1 ⇔ 2p = 2 ⇔ p = 1, et 2p − 1 = 2pq − 1 ⇔ 2p = 2pq ⇔ p = pq ⇔ q = 1 Conclusion : si 2pq − 1 est premier, alors p = 1 ou q = 1. 3. Supposons Mn premier, et raisonnons par l’absurde : si n n’était pas premier, alors il existerait p et q tous deux différents de 1 tels que n = pq. Mais alors d’après la question précédente on aurait p = 1 ou q = 1, ce qui est contradictoire. Donc n est premier. 4. Sans effectuer de divisions, on peut prévoir qu’il suffira √ d’essayer de diviser 2047 par tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à 2047 ≈ 45, 24 (théorème sur le plus petit facteur premier d’un nombre quelconque). Il y en a 14 : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43. La réciproque de la propriété 3 n’est donc pas vraie puisque 2047 = 2048 − 1 = 211 − 1 = M11 , avec M11 divisible par 23 et M11 > 23, donc M11 n’est pas premier bien que 11 soit premier.
