Sur les bonnes valeurs initiales de la suite de Lucas

Sur les bonnes valeurs initiales de la suite de
Lucas-Lehmer
Bruno DESCHAMPS
Universit´e du Maine
R´esum´e.— Dans cet article nous explicitons une infinit´e de bonnes de valeurs initiales
pour la suite de Lucas-Lehmer.
Abstract.— In this article we give an infinite number of good initial values for the Lucas-
Lehmer sequence.
1.— Introduction et notations.
Les nombres de Mersenne sont les entiers de la forme 2p−1 avec ppremier. Si
aest un entier naturel tel que 2a−1 soit un nombre premier alors aest lui-mˆeme
premier. Toutefois, tous les nombres de Mersenne ne sont pas premiers, par exemple
211 −1 = 23 ×89. Lucas a propos´e un test, simplifi´e par Lehmer en 1930, pour
caract´eriser les premiers ptels que 2p−1 soit un nombre premier : on consid`ere
une suite r´ecurrente (un)nv´erifiant pour tout n≥0, un+1 =u2
n−2. Si on a u0= 4
alors pour tout premier p≥3
2p−1 est premier ⇐⇒ 2p−1 divise up−2(∗)
Si l’on consid`ere une autre valeur initiale u0∈Zpour (un)nalors la condition
2p−1divise up−2reste suffisante pour assurer la primalit´e de 2p−1 (voir corollaire
2), mais peut perdre sont caract`ere n´ecessaire : par exemple si l’on prend u0=
5 et p= 3 alors on voit que 2p−1 = 7, bien qu’´etant un nombre premier, ne
divise pas u1= 23. Dans cet article on s’int´eresse aux valeurs initiales u0de cette
suite pour lesquelles la condition reste n´ecessaire et suffisante. Dans la suite, nous
appelerons suite de Lucas-Lehmer toute suite `a valeurs enti`eres (un)nv´erifiant la
relation un+1 =u2
n−2 et bonne valeur initiale de la suite de Lucas-Lehmer pour
p≥p0tout entier u0∈Ntel que l’´equivalence (∗) soit v´erifi´ee pour tout p≥p0
premier (ici p0sera explicite).
Nous apportons quelques pr´ecisions sur le test de primalit´e de Lucas-Lehmer,
en particulier nous montrons que pour toute valeur initiale u0et tout 2p−1 premier,
ce dernier divise au plus un terme de la suite (un)net que si ce terme n’est pas
celui d’indice p−2 alors la suite (un)nest obtenue, modulo 2p−1, par translation
d’une autre suite de Lucas-Lehmer.
Nous caract´erisons ensuite par des symboles de Legendre les bonnes valeurs in-
tiales de la suite de Lucas-Lehmer : un entier u0∈Zest une bonne valeur initiale
si et seulement si pour tout qnombre premier de Mersenne assez grand, on a simul-
tan´ement u0−2
q= 1 et u0+2 q=−1 (corollaire 5). Cette caract´erisation, permet
de faire correspondre les bonnes valeurs initiales de la suite de Lucas-Lehmer aux
points entiers de certaines courbes que nous d´ecrivons (proposition 6). Une appli-
cation machine permet d’expliciter certaines de ces courbes. Une ´etude d´etermine
alors les points entiers de deux d’entre elles et permet alors de leur associer deux
ensembles infinis de bonne valeurs initiales de la suite de Lucas-Lehmer.
02000 Mathematics Subject Classification : Primary 11P99 Secondary 11A99, 11P32
1

De mani`ere pr´ecise, nous trouvons finalement que si l’on consid`ere les deux
suites r´ecurrentes (xn)net (yn)nd´efinies par
x0= 1, x1= 5 et pour tout n≥0xn+2 = 4xn+1 −xn
y0= 1, y1= 9 et pour tout n≥0yn+2 = 10yn+1 −yn
alors les deux familles d’entiers
•2x2
n+ 2/ n ∈N
•12y2
n−2/ n ∈N
sont des familles de bonnes valeurs initiales de la suite de Lucas-Lehmer pour p≥3
(le cas historique, u0= 4, est en fait la premi`ere valeur de la premi`ere famille d´ecrite
ici).
2.— Test de primalit´e des nombres de Mersenne
2.1.— Suffisance du crit`ere de divisibilit´e. L’id´ee d´evelopp´ee dans cette partie
est bien connue (cf [B], voir aussi [R]). Nous la rappelons, car c’est l’id´ee directrice
pour l’´etude des bonnes valeurs initiales que nous proposons.
On consid`ere un corps commutatif Ket on note Ksa clˆoture alg´ebrique. Soit
(λn)nune suite d’´el´ements de Kv´erifiant pour tout n≥0, λn+1 =λ2
n−2. Une
r´ecurrence imm´ediate montre que pour tout n≥0 on a λn=α2n+β2no`u α, β ∈K
d´esignent les deux racines du polynˆome P(x) = X2−λ0X+ 1 ∈K[X].
Ainsi, si ld´esigne un nombre premier et si (un)nest une suite de Lucas-Lehmer
alors la suite (un)ndes r´esidus modulo lde la suite (un)nv´erifie pour tout n≥0
un=α2n+β2n
o`u α, β ∈Fld´esignent les deux racines du polynˆome P(x) = X2−u0X+ 1 ∈Fl[X].
En particulier, on voit que pour tout indice k≥0, on a :
l|uk⇐⇒ α2k+β2k= 0
Dans la suite de ce texte, pd´esignera toujours un nombre premier, qun nombre
premier de Mersenne et (un)nune suite de Lucas-Lehmer. Nous commen¸cons par
´etablir un lemme qui montre que les termes de la suite (un)nne poss`edent pas de
petits diviseurs impairs :
Lemme 1.— Soit k≥0un indice et l≥3un nombre premier. Si ldivise ukalors
l > 2k+2
2.
Preuve : On se place dans Flet on note αet βles deux racines de P(X) =
X2−u0X+ 1. On a l|uk⇐⇒ α2k+β2k= 0 ⇐⇒ α2k+1 =−1⇐⇒ o(α)=2k+2.
Maintenant P´etant de degr´e 2, on a α∈Fl2et comme o(Fl2) = l2−1 on a
2k+2 ≤(l2−1). Ceci conduit `a l > 2k+2
2.
——–
Corollaire 2.— Si 2p−1divise up−2alors 2p−1est premier.
Preuve : Consid´erons un premier l≤√2p−1. Si l|(2p−1)|up−2alors l≥3 et,
d’apr`es le lemme pr´ec´edent, on a l > 2p
2, ce qui est absurde. Ainsi l’entier 2p−1
ne poss`ede pas de diviseur premier inf´erieur `a sa racine carr´ee, il est donc premier.
2

2.2.— Etude de la r´eciproque. Dans ce paragraphe on se donne un nombre
premier ptel que q= 2p−1 soit premier. On consid`ere une valeur initiale u0∈Z
de la suite de Lucas-Lehmer. On note α, β les racines dans Fqdu polynˆome P(X) =
X2−u0X+ 1 ∈Fq[X].
Lemme 3.— Le premier qdivise le terme unde la suite de Lucas-Lehmer si et
seulement si o(α)=2n+2 dans F∗
q.
Preuve : On a q|un⇐⇒ un= 0 ⇐⇒ α2n+β2n= 0 ⇐⇒ α2n+1 =−1⇐⇒ o(α) =
2n+2.
——–
Th´eor`eme 4.— On pose u=u2
0−4.
•Si u
q= 0 ou 1alors qne divise aucun terme de la suite (un)n.
•Si u
q=−1, on consid`ere une suite d’´el´ements de F∗
q,(λn)n, d´efinie par
λ0=u0,∀n≥0, λn+1 =pλn+ 2
(o`u √.d´esigne n’importe quelle d´etermination de la racine carr´ee dans F∗
q)
Il existe alors un indice htel que
λ0,···, λh∈Fqet λh+1 /∈Fq
On a o(α) = 2p−het, par suite, q|up−h−2.
Preuve : •Si u
q= 0 ou 1 alors le polynˆome P(X) est r´eductible sur Fq[X]
et donc α∈Fq, donc o(α)|o(F∗
q) = q−1 = 2(2p−1−1), il s’ensuit que l’´equation
o(α) = 2n+2 n’a pas de solution dans Nce qui implique, par le lemme 3, que qne
divise aucun terme de la suite (un)n.
•Si u
q=−1, alors Pest irr´eductible sur Fq[X] et donc αest quadratique sur
Fq, c’est-`a-dire que Fq(α) = Fq2. On a
α=u0+√u
2
On a donc
α2p=α. u0+√u
2q
=α.u0q+√uq
2q
Comme 2, u0∈Fq, on a 2q= 2 et u0q=u0. Par ailleurs, on a
√uq=√u.√uq−1=√u.uq−1
2=u
q√u=−√u
On en d´eduit donc que
α2p=u0+√u
2.u0−√u 2=u02−u 4= 1
et, par suite, l’ordre de αest de la forme 2kavec k≤p.
3

Consid´erons dans Fqla suite ( 2i
√α)i≥1et montrons par r´ecurrence sur ique l’on
a
2i
√α=λi
2+1 2λ1.···.λi
√u
Pour i= 1 on a
√u0+ 2
2+1
2√u0+ 2√u2
=u0+ 2
4+u02−4 4(u0+ 2) +√u 2=u0 2+√u 2=α
Supposons la propri´et´e vraie pour i≥1, alors pour i+ 1 on a
λi+1
2+1 2λ1.···.λi+1
√u2
=λ2
i+1
4+u 4λ2
1.···.λ2
i+1 +1
2λ1.···.λi
√u
Remarquons maintenant que
u=u02−4 = (λ0+ 2)(λ0−2)
=λ2
1(λ2 1−4) = λ2 1(λ1+ 2)(λ1−2)
.
.
.
=λ2
1···λ2
i+1(λ2 i+1 −4)
on a donc
λi+1
2+1 2λ1.···.λi+1
√u2
=2λ2
i+1 −4
4+1 2λ1.···.λi
√u
=λi
2+1 2λ1.···.λi
√u
=2i
√α
On en d´eduit que si λ0,···, λi∈Fqalors 2i
√α∈Fq2.
Comme α6= 1 est d’ordre une puissance de 2, on a pour tout i≥1, o(2i
√α) =
2i+k. Ainsi, la suite ( 2i
√α)i≥1ne peut pas ˆetre toujours `a valeurs dans Fq2, sinon
il y aurait des ´el´ements d’ordre arbitrairement grand dans F∗
q2, ce qui est absurde.
On en d´eduit que la suite (λi)ine peut pas ˆetre toujours `a valeurs dans Fq, ce qui
montre l’existence de l’entier hannonc´e dans le th´eor`eme. Montrons que cet entier
hest l’entier tel que
2h+1
√α∈F∗
q2et 2h+2
√α /∈F∗
q2
1er cas : h= 0. On a donc u0+ 2
q=−1 et comme −1 = u0+ 2 qu0−2 q
on en d´eduit que u0−2
q= 1 et donc √u0−2∈F∗
q. On a alors
√α=√u0−2
2+1
2√u0−2√u∈F∗
q2
Supposons que 4
√α∈F∗
q2, il existe donc x, y ∈Fqtels que
(x+y√u)2=√u0−2
2+1
2√u0−2√u
ce qui ´equivaut au syst`eme
xy =1
4√u0−2
x2+y2u=√u0−2
2
4

En substituant, ce syst`eme implique que xest solution de l’´equation
16(u0−2)x4−8(u0−2)3/2x2+u= 0
Le discriminant ∆ de cette ´equation doit donc ˆetre un carr´e dans Fq, or
∆ = 64(u0−2)3−64(u0−2)2(u0+ 2) = −[16(u0−2)]2
donc −1 est un carr´ee dans Fq, or −1
q= (−1)q−1
2= (−1)2p−1−1=−1, ce qui
est absurde.
2`eme cas : h≥1. D’apr`es ce qui pr´ec`ede, on a
2h
√α=λh
2+1 2λ1.···.λh
√u
Par hypoth`ese, λh+ 2 n’est pas un carr´e dans Fq, on en d´eduit que λh−2 est un
carr´e dans Fq. En effet on a
−1 = u
q=u2
0−4
q=u0−2 qu0+ 2 q=u0−2 q
et par suite on a
−1 = λ0−2
q=λ2
1−4
q=λ1−2 qλ1+ 2 q
=λ1−2
q=λ2
2−4
q=λ2−2 qλ2+ 2 q
.
.
.
=λh−1−2
q=λ2
h−4
q=λh−2 qλh+ 2 q
et donc λh−2
q= 1. On a alors
2h+1
√α=√λh−2
2+1
2λ1.···.λh.√λh−2√u∈F∗
q2
Supposons que 2h+2
√α∈F∗
q2, il existe donc x, y ∈Fqtels que
(x+y√u)2=√λh−2
2+1
2λ1.···.λh.√λh−2√u
ce qui ´equivaut au syst`eme
xy =1
4λ1.···.λh√λh−2
x2+y2u=√λh−2
2
En substituant, ce syst`eme implique que xest solution de l’´equation
16x4−8pλh−2.x2+ (λh+ 2) = 0
Le discriminant de cette ´equation vaut −256, on en d´eduit donc que −1 est un carr´e
dans Fqce qui est absurde.
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