24 Nombres premiers

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Nombres premiers
L’ensemble Dndes diviseurs dans N∗d’un entier n≥2contient toujours 1et n, il est donc
de cardinal supérieur ou égal à 2.On s’intéresse ici aux entiers p≥2tels que Dpsoit de cardinal
minimal, à savoir 2.
24.1 L’ensemble Pdes nombres premiers
Définition 24.1 On dit qu’un entier naturel pest premier s’il est supérieur ou égal à 2et si
les seuls diviseurs positifs de psont 1et p.
Remarque 24.1 0et 1ne sont pas premiers et 2est le seul nombre pair qui est premier.
On note Pl’ensemble de tous les nombres premiers.
Exemple 24.1 n= 111111 est non premier (la somme des chiffres de nest égale à 6,donc n
est divisible par 3< n).
Exemple 24.2 Les nombres de Fermat sont les entiers de la forme Fn= 22n+ 1où nest un
entier naturel.
Ces entiers sont premiers pour n= 0,1,2,3,4,mais pas pour n= 5 ou n= 6.
L’instruction Maple :
for n from 1 to 6 do factorset(2^(2^n)+1) od ;
nous donne :
{5}, {17}, {257}, {65537}, {6700417, 641}, {67280421310721, 274177}
soit pour n= 5 et n= 6 :
F5= 225+ 1 = 4294967297 = 641 ×6700417 = ¡27·5+1¢¡27·3·17449 + 1¢,
F6= 226+ 1 = 18446744073709551617 = 274177 ×67280421310721
=¡28·32·7·17 + 1¢¡28·5·47 ·373 ·2998279 + 1¢.
Euler (sans l’aide de Maple) avait montré que F5n’est pas premier.
Le résultat qui suit se déduit du fait que toute partie non vide de Nadmet un plus petit
élément.
Théorème 24.1 (Euclide) Tour entier nsupérieur ou égal à 2a au moins un diviseur pre-
mier.
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472 Nombres premiers
Démonstration. Pour tout entier n≥2l’ensemble Dndes diviseurs strictement positifs de
na au moins deux éléments, 1et n, donc Dn\ {1}est non vide dans N\ {0,1}et il admet un
plus petit élément pqui est nécessairement premier. En effet si pn’est pas premier il admet un
diviseur qtel que 2≤q < p avec qqui divise n, ce qui contredit le caractère minimal de p.
Corollaire 24.1 Tout entier relatif n∈Z\ {−1,0,1}a au moins un diviseur premier.
Démonstration. Tout diviseur premier de |n| ≥ 2convient.
Un entier naturel non premier s’écrit donc n=pq avec p≥2premier et q≥2.On dit alors
qu’il est composé.
Exercice 24.1 Soit b≥3une base de numération. Montrer que n= 12 ···21b,où le chiffre 2
est répété p≥2fois, est non premier.
Solution 24.1 On a :
n= 1 + 2b+··· + 2bp+bp+1
= 1 + 2bbp−1
b−1+bp+1
=bp+2 +bp+1 −b−1
b−1=(bp+1 −1) (b+ 1) b−1
= (b+ 1) ¡1 + b+···+bp−1+bp¢
les deux termes de ce produit étant ≥2,donc nn’est pas premier.
Exercice 24.2 Soient a≥2et m≥2deux entiers et p=am−1.Montrer que si pest premier
alors a= 2 et mest premier. La réciproque est-elle vraie ? On appelle nombre de Mersenne
tout entier de la forme 2m−1.Le plus grand nombre premier connu à ce jour (16 septembre
2006) est le nombre premier de Mersenne : 232582657 −1.
Solution 24.2 Supposons que psoit premier. On a :
p=am−1 = (a−1)
m−1
X
k=0
ak= (a−1) q
Si a > 2,on a a−1≥2et q≥2puisque m≥2et pne peut être premier. On a donc
nécessairement a= 2 et p= 2m−1.Si mn’est pas premier, il s’écrit m=ab avec a≥2, b ≥2
et :
p= 2ab −1 = (2a)b−1 = (2a−1)
b−1
X
k=0
(2a)k= (2a−1) q
avec 2a−1≥2(puisque 2a≥4) et q≥2(puisque b≥2) et pne peut être premier. L’entier
mest donc nécessairement premier.
Pour m= 2,3,5,7,on a p= 3,7,31,127 qui sont premiers et pour m= 11,on a p= 211 −1 =
2047 = 23 ×89.La réciproque est donc fausse.
Un diviseur premier de n≥2est nécessairement inférieur ou égal à n. En fait, pour nnon
premier, on peut toujours en trouver un qui est inférieur ou égal à √n, c’est p= min (Dn\ {1}).
Théorème 24.2 Tout entier nsupérieur ou égal à 2qui est composé a au moins un diviseur
premier ptel que 2≤p≤√n.

L’ensemble Pdes nombres premiers 473
Démonstration. En supposant ncomposé et en gardant les notations de la démonstration
du théorème précédent, on a vu que p= min (Dn\ {1})est un diviseur premier de n. On a
donc n=pq avec 2≤q≤n(on a q6= 1 puisque nn’est pas premier) et q∈ Dn\ {1},ce qui
implique que p≤qet p2≤pq =n, soit p≤√n.
On peut aussi montrer ce résultat par récurrence sur n≥4.
p= 2 divise n= 4.
Supposons le résultat acquis pour tous les entiers composés compris entre 2et n−1≥4.Si
nest premier, il n’y a rien à montrer, sinon il existe deux entiers aet bcompris entre 2et n−1
tels que n=ab et comme ces deux entiers jouent des rôles symétriques, on peut supposer que
a≤b. Si aest premier, c’est alors un diviseur premier de ntel que a2≤ab ≤n, sinon il admet
un diviseur premier p≤√aet pdivise aussi navec p≤√n.
Le théorème précédent nous donne un premier algorithme, relativement simple, permettant
de savoir si un entier n≥2est premier ou non : on effectue successivement la division euclidienne
de npar tous les entiers p≤√n: si l’une de ces divisions donne un reste nul, alors nn’est pas
premier, sinon, nest premier.
Une petite amélioration peut être apportée à cet algorithme en remarquant que si 2ne divise
pas n, il est inutile de tester les divisibilités par les entiers p≤√npairs.
Pour tester la divisibilité de npar les nombres premiers p≤√n, on doit disposer de la liste
de tous ces nombres premiers. Le crible d’Eratosthène nous permet d’obtenir une telle liste. Le
principe est le suivant :
–on se donne la liste de tous les entiers compris entre 2et m(mest la partie entière de √n
pour l’algorithme précédent) ;
–on garde 2et on supprime tous les autres multiples de 2de cette liste ;
–le premier entier strictement supérieur à 2est 3et comme il ne possède pas de diviseur
strict, il est premier, on le garde et on supprime tous les autres multiples de 3de la liste ;
–on continue ainsi de suite et on s’arrête dès que l’on tombe sur un nombre premier stricte-
ment plus grand que √m. La liste finale contient alors tous les nombres premiers inférieurs
àm.
Par exemple pour m= 25,on a la séquence suivante :
–L0= (2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25) ;
–2est premier et on supprime de L0tous les multiples de 2qui sont différents de 2,ce qui
donne la liste L1= (2,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25) ;
–3est nécessairement premier et en supprimant de L1tous les multiples de 3qui sont
différents de 3,on obtient la liste L2= (2,3,5,7,11,13,17,19,23,25) ;
–5est nécessairement premier et en supprimant de L2tous les multiples de 5qui sont
différents de 5,on obtient la liste L3= (2,3,5,7,11,13,17,19,23) ;
–7est nécessairement premier et en supprimant de L3tous les multiples de 7qui sont
différents de 7,on obtient la liste L4= (2,3,5,7,11,13,17,19,23).Tous les éléments de
cette liste sont premiers puisque 7>√25.
Les résultats qui suivent sont élémentaires, mais souvent utiles.
Lemme 24.1 Soit pun entier naturel premier. Pour tout entier naturel non nul n, on a soit
pqui divise n, soit pqui est premier avec n.
Démonstration. Comme δ=p∧ndivise p, on a soit δ=pet pdivise n, soit δ= 1 et p
est premier avec n.
Lemme 24.2 Deux nombres premiers distincts sont premiers entre eux.
Démonstration. Soient p, q deux nombres premiers. Si δ=p∧q6= 1,le lemme précédent
nous dit que pdivise qet qdivise p, donc p=q.

474 Nombres premiers
Lemme 24.3 Un entier p≥2est premier si, et seulement si, il est premier avec tout entier
compris entre 1et p−1.
Démonstration. Si pest premier, comme il ne divise pas k∈ {1,··· , p −1},il est premier
avec k.
Réciproquement si pn’est pas premier, il s’écrit alors p=ab avec a≥2, b ≥2et pn’est pas
premier avec a∈ {2,··· , p −1}.
Le théorème de Gauss nous donne le résultat suivant qui nous sera utile pour prouver l’unicité
(à l’ordre près) de la décomposition en facteurs premiers d’un entier n≥2.
Lemme 24.4 Soit pun nombre premier et run entier naturel supérieur ou égal à 2.Si pdivise
le produit n1n2···nrde rentiers naturels non nuls, alors pdivise l’un des nk.
Démonstration. On procède par récurrence sur n≥2.
Si pdivise n1n2,on a soit pqui divise n1,soit pqui est premier avec n1et il va alors diviser
n2(théorème de Gauss).
Supposons le résultat acquis au rang n−1≥2.Si pdivise n1n2···nr,on a soit pqui divise
n1,soit pqui est premier avec n1et il va alors diviser n2···nret l’un des nkoù kest compris
entre 2et n.
Dans le cas où tous les nksont égaux à un même entier n, on a :
(ppremier divise nr)⇒(pdivise n)
Exercice 24.3 Soient p≥2un nombre premier et n, m des entiers naturels non nuls. Montrer
que pdivise nou pmest premier avec n.
Solution 24.3 Si pdivise nc’est fini. Sinon pest premier avec net le théorème de Bézout nous
dit qu’il existe deux entiers relatifs uet vtels que up +vn = 1.On a alors 1 = (up +vn)m=
unpn+vnn, ce qui signifie que pnet nsont premiers entre eux.
Exercice 24.4 Soient aet bdeux entiers relatifs non nuls. Montrer que :
¡a2+b2¢∧(ab) = (a∧b)2.
Solution 24.4 Soient δ=a∧bet p, q premiers entre eux tels que a=δp et b=δq. On a :
δ0=¡a2+b2¢∧(ab) = ¡δ2¡p2+q2¢¢∧¡δ2(pq)¢
=δ2¡¡p2+q2¢∧(pq)¢.
Il s’agit alors de montrer que δ0= (p2+q2)∧(pq) = 1 si p∧q= 1 (on s’est ramené en fait au
cas où aet bsont premiers entre eux). Supposons que δ0≥2,il admet alors un diviseur premier
d≥2et dqui divise pq (pq est multiple de δ0) va diviser pou q. Mais ddivise pentraîne d
divise p2avec ddiviseur de p2+q2(p2+q2est multiple de δ0), donc dpremier divise q2,il
divise donc q, ce qui est impossible (pet qpremiers entre eux ne peuvent avoir d≥2comme
diviseur commun). Comme pet qjouent des rôles analogues, dne divise pas q. On a donc
nécessairement δ0= 1.
Exercice 24.5 Soient aet bdeux entiers relatifs non nuls et nun entier naturel non nul.
Montrer que :
an∧bn= (a∧b)net an∨bn= (a∨b)n.

L’ensemble Pdes nombres premiers est infini 475
Solution 24.5 Soient δ=a∧bet p, q premiers entre eux tels que a=δp et b=δq. On a :
an∧bn= (δnpn)∧(δnqn) = δn(pn∧qn)
et (a∧b)n=δn.Il s’agit alors de montrer que δ0=pn∧qn= 1 si p∧q= 1 (on s’est ramené
en fait au cas où aet bsont premiers entre eux). Supposons que δ0≥2,il admet alors un
diviseur premier d≥2et dqui divise pnet qnva diviser pet qce qui est impossible. On a donc
nécessairement δ0= 1.
Pour ce qui est du ppcm,on a :
an∨bn=|a|n|b|n
an∧bn=(|a||b|)n (a∧b)n= (a∨b)n.
Par exemple, on a :
125 ∧27 = 53∧33= 5 ∧3 = 1.
On peut déduire de l’exercice précédent que deux entiers relatifs non nuls aet bsont premiers
entre eux si, et seulement si, anet bnsont premiers entre eux, quel que soit l’entier n≥1.
Exercice 24.6 Soient a, b, c, d des entiers relatifs non nuls. Montrer que si a∧b=c∧d= 1,
alors (ac)∧(bd) = (a∧d) (b∧c).
Solution 24.6 En notant δ1=a∧det δ2=b∧c, on a a=δ1p1, d =δ1q1, b =δ2p2et c=δ2q2
avec p1∧q1=p2∧q2= 1,ce qui donne :
(ac)∧(bd) = δ1δ2((p1q2)∧(p2q1)) .
Si δ0= ((p1q2)∧(p2q1)) ≥2,il admet alors un diviseur premier pqui divise p1q2et p2q1et on
a quatre possibilités :
–soit pdivise p1et q1,ce qui est impossible puisque p1∧q1= 1 ;
–soit pdivise q2et p2,ce qui est impossible puisque p2∧q2= 1 ;
–soit pdivise p1et p2et il divise alors aet bce qui est impossible puisque a∧b= 1 ;
–soit pdivise q2et q1et il divise alors cet dce qui est impossible puisque c∧d= 1.
La seule possibilité est donc δ0= 1.
24.2 L’ensemble Pdes nombres premiers est infini
On peut montrer de nombreuses manières que l’ensemble Pdes nombres premiers est infini.
La démonstration élémentaire qui suit, conséquence de l’existence de diviseurs premiers pour
n≥2,est due à Euclide.
Théorème 24.3 (Euclide) L’ensemble Pdes nombres premiers est infini.
Démonstration. On sait déjà que Pest non vide (il contient 2). Supposons que Psoit fini
avec :
P={p1,··· , pr}.
L’entier n=p1···pr+ 1 qui est supérieur 2admet un diviseur premier pk∈ P.L’entier pk
divise alors n=p1···pr+ 1 et p1···pr,il divise donc la différence qui est égale à 1,ce qui est
impossible. En conclusion Pest infini.