D1 corrigé

Sp´ecialit´e : solutions du devoir n¨1 page 1 de 1
Sp´ecialit´e : solutions du devoir n¨1
•dire que ab est premier ´equivaut `a dire que (a= 1 et b=ab, premier) ou (b= 1 et
a=ab, premier).
•dire que pest premier (avec p > 1) ´equivaut `a dire que les seules d´ecompositions
possibles de pcomme produit de deux facteurs sont celles o`u l’un des facteurs vaut 1.
•si aest premier et si b > 1 alors ab n’est pas premier (mais la seule condition «a
premier »ne suffit pas).
•Si ddivise p, alors : si pest premier alors d= 1 ou d=p.
I 3 points
(n+k)2−n2=k(2n+k) (identit´e remarquable a2−b2).
Donc, si (n+k)2−n2est premier, alors k= 1 et 2n+kest premier (l’autre cas
envisageable : «2n+k= 1 et kest premier»est impossible puisqu’alors on aurait
2n+k>k>2).
Une condition n´ecessaire 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 pn’´etait congru ni `a 1 ni `a −1 modulo 6, alors il ne pourrait ˆetre congru qu’`a 0,
2, 3 ou 4.
On examine chacun des cas :
si p≡0 [6] alors pserait multiple de 6, donc non premier.
si p≡2 [6] alors p= 2 + 6k= 2(1 + 3k), alors pserait pair avec p > 2 (´enonc´e :
p > 3), donc non premier.
si p≡3 [6] alors p= 3 + 6k= 3(1 + 2k), alors pserait multiple de 3 avec p > 3
(´enonc´e), donc non premier.
si p≡4 [6] alors p= 4 + 6k= 2(2 + 3k), alors pserait pair avec p > 2 (´enonc´e :
p > 3), donc non premier.
La r´eciproque 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 pest 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 pest toujours multiple de 8.
3. D’apr`es l’´enonc´e, si pest premier, son carr´e p2est congru `a 1 modulo 24 (puisque
p2−1 est multiple de 24).
La somme Sdes carr´es de trois nombres premiers est donc congrue `a 3 modulo 24,
donc de la forme 3 + 24k= 3(1 + 8k). C’est un multiple de 3. S ne peut pas ˆetre
´egale `a 3 puisque la plus petite somme possible est 2 + 2 + 2. Donc Sn’est pas un
nombre premier.
III 10 points
1. Puisque 2p= (2p−1) + 1, on a 2p≡1 [2p−1].
Donc, en ´elevant `a la puissance q: 2pq ≡1q≡1 [2p−1].
2. Supposons 2pq −1 premier.
D’apr`es la question pr´ec´edente, 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 Mnpremier, et raisonnons par l’absurde : si nn’´etait pas premier, alors
il existerait pet qtous deux diff´erents de 1 tels que n=pq. Mais alors d’apr`es la
question pr´ec´edente on aurait p= 1 ou q= 1, ce qui est contradictoire.
Donc nest premier.
4. Sans effectuer de divisions, on peut pr´evoir qu’il suffira d’essayer de diviser 2047
par tous les nombres premiers inf´erieurs ou ´egaux `a √2047 ≈45,24 (th´eor`eme
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 r´eciproque de la propri´et´e 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.