Propriétés élémentaires liées à la notion de nombres

Propriétés élémentaires liées à la notion de nombres premiers
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P
PR RO OP PR RI IE ET TE ES S E EL LE EM ME EN NT TA AI IR RE ES S L LI IE EE ES S A A L LA A N NO OT TI IO ON N D DE E
N
NO OM MB BR RE
ES S P PR RE EM MI IE ER RS S
1 Nombres premiers
1.1 Définition
On dit qu'un entier naturel p est premier si 2p≥ et si les seuls diviseurs de p dans  sont 1 et p.
Remarque : On dit qu'un entier relatif p est premier si l'entier naturel p l'est.
1.2 Proposition
Soient p un nombre premier et *
a∈. Alors
p
a ou 1pa
∧
=.
Démonstration
Soient p un nombre premier et * a∈.
p
ap∧ et p est premier donc 1pa∧= ou
p
ap
∧
= (c'est-à-dire
p
a).
Conséquence : Si p et q sont deux nombres premiers distincts, alors 1pq
∧
=.
1.3 Proposition
Soient p un nombre premier, * n∈ et *
1,..., n
xx
∈
. on a :
{}
11,..., ,
n
kk
k
p
xk npx
=
⇔∃ ∈
∏.
Démonstration
Supposons qu'il existe
{
}
1,...,kn∈ tel que k
p
x.
Alors il existe y∈ tel que k
p
yx=.
Donc 11
nn
ii
ii
ik
x
xpy
==
≠
⎛⎞
⎜⎟
=⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
∏∏ donc 1
n
k
k
p
x
=
∏.
Supposons maintenant que 1
n
k
k
p
x
=
∏.
Si pour tout
{
}
1,...,kn∈, p ne divise pas k
x
, alors d'après la proposition 1.2, on a :
Pour tout
{
}
1,...,kn∈, 1
k
px
∧
=.
Alors 11
n
k
k
px
=
⎛⎞
∧=
⎜⎟
⎝⎠
∏. On en déduit alors que 1
p
=
, ce qui contredit le fait que p est premier.

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Donc il existe
{
}
1,...,kn∈ tel que k
p
x.
1.4 Théorème
L'ensemble P des nombres premiers et infini.
Démonstration :
Supposons le contraire, c'est-à-dire que P est fini.
Alors il existe *
n∈, il existe 1,..., n
p
p nombres premiers tels que
{
}
1,..., n
Pp p=.
Soit 1
n
k
k
Np
=
=∏.
1N+ admet au moins un facteur premier, noté p. il existe alors
{
}
1,...,in∈ tel que i
p
p=.
(1)pN+ et
p
n donc
(
)
(1)
p
NN+− , c'est-à-dire 1
p
, ce qui contredit le fait que p est premier.
Donc P est infini.
2 Théorème fondamental et algorithme
2.1 Lemme
Tout entier relatif différent de 1 et 1− admet un diviseur premier.
Démonstration
Soit , 2nn∈≥.
Soit D l'ensemble des diviseurs de n strictement supérieurs à 1, c'est-à-dire
{
}
,1,Dd d dn=∈ >.
D est une partie non vide de  (car nD∈) et minorée (par 1) donc D admet un plus petit élément.
Notons d ce plus petit élément. Montrons que d est un nombre premier.
Soit c un diviseur positif de d. Alors cd
≤
. c divise d et d divise n donc c divise n. cD∈ donc
dc≤ (par définition u plus petit élément). Donc cd
=
. Les seuls diviseurs dans  de d sont 1 et d.
d est donc un nombre premier.
Si n∈, 2n≤− , alors n
−
∈ et 2n−≥ . n
−
admet donc un diviseur premier et donc il en est de
même pour n.
2.2 Théorème fondamental
Pour tout
{
}
0, 1, 1n∈− −+ :
Il existe
{
}
1, 1 ε ∈− + , des nombres premiers naturels 1,..., k
p
p distincts deux à deux et des entiers
naturels non nuls 1,..., k
α
α tels que 1
1... k k
npp
α
α
ε =.
Il y a unicité de cette décomposition à l'ordre des facteurs près (c'est-à-dire si
11
11
... ' ...
kl
kl
npp qq
α
β
αβ
εε ==, alors '
ε
ε =, kl
=
,
{
}
{
}
11
,..., ,...
kl
p
pqq= et ii
α
β = pour tout i.

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Démonstration
On peut supposer , 2, 1nn
ε
∈≥=
Existence : par récurrence.
Notons P(n) la propriété : "Il existe des nombres premiers naturels 1,..., k
p
p distincts deux à deux et
des entiers naturels 1,..., k
α
α non nuls tels que 1
1... k k
np p
α
α
=.
Pour 2n= : 1
22= et 2 est un nombre premier naturel donc P(2) est vraie.
Soit ,2nn∈≥. Supposons P(n) vraie.
L'après le lemme 2.1, n admet un diviseur premier p (et on peut même supposer 0p>). Il existe
donc q∈ tel que npq=. Alors qn<. D'après l'hypothèse de récurrence, il existe des nombres
premiers naturels 1,..., k
p
p distincts deux à deux et des entiers naturels non nuls 1,..., k
α
α tels que
1
1... k k
qp p
α
α
=. Alors 1
k
k
k
i
np p
α
=
=×
∏ (si il existe
{
}
01,...,ik∈ tel que 0 i
p
p=, alors
1
0
0
0
1
ik
k
ik
i
ii
np p
α
α
+
=
≠
=×
∏. Donc P(n+1) est vraie
P(n) est donc vraie pour tout 2n≥, d'où l'existence.
Unicité :
Notons P(n) la propriété :
"
{
}
{
}
11
11 1 1
... ... , ,..., ,... ,
kl
kl k lii
np p q q kl p p q q
αβ
αβ
α
β ==⇒= = =
pour tout i".
Pour 2n= : 1
1
2 ... k
k
p
p
α
α
=. Cela signifie que pour tout
{
}
1,..., , 2
i
ikp∈. i
p
étant un nombre
premier, cela signifie que 2
i
p=. Les i
p
étant deux à deux distincts, il en résulte que 1k=. Donc
1
22
α
= et donc 11
α
=. P(2) est donc vraie.
Soit , 2nn∈≥
. Supposons P(n) vraie. Considérons 11
11
1 ... ...
kl
kl
nppqq
αβ
αβ
+= = , où 1,..., k
p
p sont
des nombres premiers naturels deux à deux distincts, de même pour 1,... l
qq, et 11 ,..., , ,...,
kl
α
αβ β
sont des entiers naturels non nuls.
k
p
divise 1
1... l l
qq
β
β
donc k
p
divise un des i q (car k
p
est premier et d'après la proposition 1.3).
Quitte à renuméroter les i
q, on peut supposer que k
p
divise l q. Comme l q est un nombre premier,
on en déduit que kl
p
q=. Alors 11
11
11
11 11
1... ...
kk ll
kk ll
k
n
p
pp qqq
p
αα ββ
αβ
−−
−
−
−−
+==
.
Si 1
k
α
=, alors 1
l
β
= sinon l q diviserait un des i
p
, avec ik
≠
et donc il existerait
{
}
01,...,ik∈ tel
que 0
li
qp=. on aurait alors 0
ik
p
p= avec 0 ik
≠
, ce qui contredit le fait que les i
p
sont deux à
deux distincts. Dans ce cas, 11
11
1111
... ...
kl
kl
p
pqq
αβ
αβ
−−
−−
=. L'hypothèse de récurrence impose 11kl
−
=−
(c'est-à-dire kl=, ii
α
β = pour tout
{
}
1,..., 1ik
∈
− (donc ii
α
β
=
pour tout
{
}
1,...,ik∈ car
1
kk
α
β ==) et
{
}
{
}
1111
,..., ,...,
kk
p
pqq
−−
= (donc
{
}
{
}
11
,... ,...,
kk
p
pqq= car kk
p
q=).
Si 1
k
α
≠, alors 1
k
β
> sinon k
p
diviserait l'un des i q, avec ik
≠
et donc il existerait
{
}
01,...,il∈
tel que 0
ki
p
q=, 0 ik≠. On aurait alors 0
il
qq
=
, avec 0 il
≠
, ce qui contredit le fait que les i q sont
deux à deux distincts. L'hypothèse de récurrence impose
{
}
{
}
11
, ,..., ,...,
kl
kl p p q q== et ii
α
β
=
pour tout
{
}
1,..., 1ik∈−
et 1 1
kk
α
β −= − donc kk
β
α
=
(et donc ii
α
β
=
pour tout
{
}
1,...,ik∈).
Donc P(n+1) est vraie et donc P(n) est vraie pour tout 2n≥.
D'où l'unicité.

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2.3 Lemme
Un nombre ,2nn∈≥ est premier si et seulement si il n'admet pas de diviseurs premiers p tel que
2
p
n≤.
Démonstration
Soit ,2nn∈≥.
Si n admet un diviseur premier tel que 2
p
n
≤
, alors p est un diviseur de n différent de 1 et de n
donc n n'est pas premier.
Si n n'est pas premier, alors il existe deux entiers naturels a et b tels que nab
=
(avec 1ab<≤).
Soit p un diviseur premier de a. Alors 22
p
aabn
=
≤=.
Ce lemme justifie l'agorithme suivant
2.4 Algorithme "test si un nombre est premier"
On fixe , 2nn∈≥.
1d←
1r←
Tant que 2
dn≤ et 0r≠
1dd←+
r← reste de la division euclidienne de n par d
fin tant que
Si 0r=, alors n n'est pas premier et admet pour diviseur d
sinon n est premier.
2.5 Crible d'Eratosthène
Dans la description qui suit, on note k
p
le ème
k nombre premier.
Etape 1 : 2 est le premier nombre premier donc 12p
=
.
Etape 2 : On raye les multiples de 1
p
, 1
p
exclu. Le premier nombre suivant non barré est premier et
est 2
p
. Le premier multiple de 2
p
non barré est 2
2
p
.
…………...
Etape 1k+ ( *
k∈) : On suppose 1,... k
p
p connus. On raye les multiples de k
p
, k
p
exclu. Le
premier nombre suivant non barré est premier et vaut 1k
p
+
. Le premier multiple de 1k
p
+ non barré
est 21
k
p
+
Test d'arrêt : on s'arrête dès que 2
k
p
n>. Tous les nombres non rayés sont premiers (parmi les
entiers inférieurs ou égaux à n).
Le lemme suivant justifie les étapes précédentes :

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2.6 Lemme
{}
11
min 0,1 k
ki
i
pp
+
=
⎧⎫
⎛⎞
⎛⎞
⎪⎪
=−
⎨⎬
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎪⎪
⎝⎠
⎩⎭
∪∪ et le premier multiple de 1k
p
+
non barré est 21
k
p
+.
Démonstration
Soit
{}
1
0,1 k
ki
i
Ap
=
⎛⎞
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
∪∪ .
k
A≠○ car 1kk
p
A
+∈. k
A est donc une partie non vide de . Par conséquent, k A admet un plus
petit élément que l'on appellera a. On a : 1
2k ap
+
≤
≤ (car 1kk
p
A
+
∈
).
a admet un diviseur premier p. 1
k
i
i
p
p
=
∉
∪ sinon, a étant un multiple de p, a serait un multiple de
l'un des i
p
,
{
}
1,...,ik∈, et a ne serait pas élément de k A, ce qui est exclu.
Donc 1k
p
p+ ≥ donc 1k app
+
≥≥ . 1k ap
+
≥ et 1k ap
+
≤
donc 1min
kk
ap A
+
=
=.
Supposons qu'il existe un multiple m de 1k
p
+
non barré et strictement inférieur à 21k
p
+.
Il existe
{
}
1
2,... 1
k
qp
+
∈− tel que 1k mqp
+
=. q admet un diviseur premier p. Donc
{
}
1
2,... 1
k
pp
+
∈−
donc il existe
{
}
1,...jk∈ tel que j
p
p=. Il existe donc * α
∈
, 1jk mpp
α
+
=
. m est rayé comme
multiple de j
p
, contradiction. Il n'existe donc pas de multiple 1k
p
+
non barré et strictement
inférieur à 21
k
p
+. Par ailleurs, 21 k
p
+ n'est pas rayé, sinon, il existerait
{
}
1,...jk∈ tel que 21jk
p
p
+
.
Alors 1jk
p
p+ et 1jk
p
p
+
= car j
p
et 1k
p
+
sont des nombres premiers, ce qui est exclu car 1
j
k
≠
+.
Donc 21k
p
+ est bien un multiple de 1k
p
+ non barré.
Soit 0
k le premier entier vérifiant 0
2
k
p
n>. L'étape 0 k est donc la dernière étape. Soit E l'ensemble
de tous les entiers non barrés inférieurs ou égaux à n. on sait que 0
12
, ,..., k
p
pp sont premiers. Soit
0
,k mEmp∈>. Si m n'est pas premier, m admet un diviseur premier p vérifiant k
p
mnp≤≤<.
Alors m est rayé en tant que multiple de p. Contradiction. Donc m est premier. Donc tous les
éléments de E sont des nombres premiers.
Le crible d'Eratosthène pour 100n= :
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 X X 1
p
2
p
X 3
p
X 4
p
XX
1 X 5
p
X 6
p
X X X 7
p
X8
p
2 X X X 9
p
X X X X X 10
p
3 X 11
p
X X X X X 12
p
XX
4 X 13
p
X 14
p
X X X 15
p
XX
5 X X X 16
p
X X X X X 17
p
6 X 18
p
X X X X X 19
p
XX
7 X 20
p
X 21
p
X X X X X 22
p
8 X X X 23
p
X X X X X 24
p
9 X X X X X X X 25
p
XX