Corrigé - UFR 6

Universit´e PARIS 8 Algorithmes alg´ebriques -
Master MFPI – M2 Corrig´e no10 P. Guillot
Exercice 1. 91 = 7 ×13 n’est pas premier. 390 ≡1 (mod 7), car 90 = 15 ×6 et 36≡1 (mod 7).
De mˆeme, 390 ≡36≡729 ≡3 (mod 13). Donc 390 ≡1 (mod 91) d’apr`es le th´eor`eme chinois.
Exercice 2.
1. n=ap−1
a−1ap+1 a+1 est une factorisation de n, car comme 1 est solution de Xp−1, a−1 divise
ap−1, de mˆeme, comme −1 est solution de Xp+ 1 (pest impair), a+ 1 divise ap+ 1. La
factorisation est non triviale d`es que a≥2.
2. ap≡a(mod p) donc a2p≡a2(mod p). Donc pdivise a2p−a2. Or n−1 = a2p−1
a2−1−a2−1 a2−1=a2p−a2 a2−1.
pdivise a2p−a2, mais par hypoth`ese pne divise pas a2−1 donc pdivise n−1.
n−1 = a2p−2+a2p−4+· · · +a2est une somme d’un nombre pair de termes, tous de mˆeme
parit´e, donc n−1 est pair.
3. 2pdivise n−1, donc a2p−1 divise an−1−1. Comme ndivise a2p−1, il divise an−1−1.
4. Avec p= 5, on trouve que n=210 −1
3= 341 est un nombre pseudo-premier de Fermat en base
2. Avec p= 7, on trouve 5 461 et avec p= 11, on trouve 1 398 101. Il y a une infinit´e de nombres
premiers. . .
Exercice 3. Supposons 2n−1≡1 (mod n), alors 2n−1≡1 (mod q), car 2n−1= 1 + kpq. Dans
Z/qZ,ona2q= 2 donc 2n= 2pet aussi 2n= 2, donc 2p−1= 1. Par cons´equent, 2p−1≡1 (mod n).
De mˆeme (sym´etrique) 2q−1≡1 (mod n). L’ordre de 2 modulo ndivise p−1 et q−1, il divise leur
pgcd, donc 22≡1 (mod n), ce qui est une contradiction. Ceci montre que le test de Fermat en
base 2 est toujours concluant pour les nombres de la forme n=p×q.
Exercice 4. 1. Si an−1≡1 (mod n), alors aest inversible (il a pour inverse an−2. Donc H⊂Un.
Si a, b ∈H,ab1n−1≡an−1/bn−1≡1 (mod n), donc Hest un sous-groupe de Un.
2. Si H6=Un, son ordre est au plus la moiti´e de l’ordre de Unqui est ϕ(n). Les t´emoins de Fermat
sont au plus n−ϕ(n)
2≥n 2.
Exercice 5. 1. Les diviseurs premiers de nsont pet les diviseurs de m. Aucun des deux sortes ne
divise 1 + pm.
2. ap= (1 + pm)p= 1 + p2m+ termes divisible par p2m.
3. Comme ap= 1, on a ap2m= 1, soit an= 1 donc an−1= 1/a 6= 1.
Exercice 6. 1. Car nn’a pas de facteur carr´e (exercice pr´ec´edent).
2. Soit al’´el´ement de Z/nZtel que a≡gmod p
a≡1 mod q. Cet ´el´ement est d’ordre p−1 par construction.
3. Comme nest de Charmichael, on a an−1= 1. D’apr`es la question 2, on a p−1|n−1.
4. Si n=pq avec p<qpremiers, on a q−1|pq −1 = (q−1)p+ (p−1), donc q−1|p−1, ce qui
est contradictoire.
Exercice 7. Si nest premier, alors an≡a(mod n), donc an−aest multiple de n.
De mˆeme, si n=pm, alors apm−aest multiple de p, donc pgcd(apm−a) est multiple de p.
Exercice 8. 1. bp= (1 + pm)p=Pp
i=0 Ci
p(pm)i= 1 + p2m+C2 pp2m2+· · · + (pm)p≡1 (mod n).
Comme pest premier, l’ordre de bmodulo nest p. Comme pne divise pas n−1, on ne peut pas
avoir bn−1≡1 mod net donc b(n−1)/26≡ ±1 mod n.
2. Si a(n−1)/2≡ −1 mod n, on a n´ecessairement a(n−1)/2≡ −1 mod p. Par ailleurs b≡amod pet
b≡1 mod m, donc, b(n−1)/2≡a(n−1)/2≡ −1 mod pet b(n−1)/2≡1 mod m.bne peut ˆetre congru
`a ±1 modulo n, car s’il l’´etait, il le serait modulo pet modulo m.
3. nn’a pas de facteur carr´e d’apr`es la question 1, et n’a pas de facteurs premiers entre eux d’apr`es
la question 2.

Exercice 9. 1. Si aest tel que a(n−1)/2=a
net best tel que b(n−1)/2=b n, alors (ab)(n−1)/2=
a
nb n. De plus, 1 n= 1 donc si ab ≡1 (mod n), alors a nb n= 1. L’ensemble des entiers atel que
nest pseudo-premier d’Euler en base aest donc un sous-groupe de (Z/nZ∗,×).
Si le sous-groupe n’est pas strict, alors il existe un ´el´ement atel que a(n−1)/2=a
n=−1.
D’apr`es l’exercice 5 ci-dessus, il existe b, premier avec n, tel que b(n−1)/26≡ ±1 mod n, ce qui est
contradictoire.
2. L’ordre du sous-groupe ci-dessus divise strictement l’ordre du groupe des ´el´ements inversibles
modulo n. Il est donc inf´erieur `a ϕ(n)/2.
3. Si nest compos´e, il y a moins de la moiti´e des bases apour lesquelles nest pseudo-premier
d’Euler en base a.
Exercice 10. Si nest un pseudo-premier d’Euler en base a, alors a(n−1)/2=±1, donc an−1= 1
(mod n). La r´eciproque est fausse, car 91 est pseudo-premier de Fermat, mais n’est pas pseudo-
premier d’Euler en base 3. Le test de Solovay-Strassen est donc strictement plus puissant que
le test de Fermat.
Exercice 11. 1. 560 = 16 ×32 et modulo 561, on a 28×35 =1=2
561, mais 24×35 = 67 6=±1.
2. a) Soit b=at. Comme nest pseudo-premier fort en base a,b2i= 1 et b2i−1=−1 modulo net
donc aussi modulo pj. Par cons´equent, best d’ordre 2imodulo pj, en particulier 2idivise pj−1,
ce qui implique que i≤sj.
b) Comme nest pseudo-premier fort en base a, en particulier a(n−1)/2=±1. Or, si i < sj, alors pj≡
1 (mod 2i+1) et si i=sj, alors pj≡1+2j(mod 2i+1). Donc n=p1· · · pk≡(1 + 2i)r(mod 2i+1).
Comme 1 + 2iest d’ordre 2 dans Z/2i+1Z,rest pair si et seulement si n≡1 (mod 2i+1). D’autre
part, n−1
2= 2s−1t, on a a(n−1)/2= 1 si et seulement si s−1≥i, c’est-`a-dire si 2i+1 divise n−1.
On a bien l’´equivalence entre rpair et a(n−1)/2= 1.
c) L’ordre de atest 2i; ce n’est donc pas un carr´e modulo pjsi et seulement si i=sj, d’o`u
a
n=a nt=at n=at p1· · · at pk= (−1)r.
3. Dans ce cas, n−1=2tavec timpair. Si nest pseudo-premier d’Euler en base a, alors
at=a
n=±1. Dans les deux cas (+1 et −1), nest fortement pseudo-premier en base a.
Exercice 12. 1. 4p+ 1 est divisible par 5, car 4p≡(−1)p≡ −1 (mod 5), donc nest un entier.
(2p−2(p+1)/2+ 1)(2p+ 2(p+1)/2+ 1) = 4p+ 1 est compos´e, donc naussi (si p≥5).
2. D’apr`es le petit th´eor`eme de Fermat, 4p= 4 + kp, donc n−1 = 4p−4
5= 44p−1−1 5. Ce dernier
facteur est impair et multiple de p(si p6= 5, i.e. si p≥7).
3. Soit r=4p−1−1
5p=t p. C’est un entier impair. 22p≡ −1 (mod n) donc 22rp ≡22t≡(−1)r≡
−1 (mod n), donc nest un nombre pseudo-premier fort en base 2. Chaque nombre premier p≥7
conduit `a un nombre compos´e dont 2 n’est pas t´emoin de Miller.
Exercice 13. Si pest premier, l’´egalit´e (X−a)p=Xp−avient de la lin´earit´e de x7→ xpdans
Z/pZ. R´eciproquement, si pest compos´e, soit qun facteur premier de pet soit kmaximal tel
que qk|p. Alors qkne divise pas p
qet est premier avec ap−q. Donc le coefficient de Xqdans le
d´eveloppement de (X−a)pn’est pas nul.
Exercice 14. 1. −1
n= (−1)(n−1)/2= (−1)2k= 1, donc (−1) est un r´esidu quadratique modulo
n, on peut poser −1 = i2.
2. (i+ 1)4= 1 + 4i+ 6i2+ 4i3+i4= 1 + 4i−6−4i+ 1 = −4 donc j4=−4/16 = −1/4 = k,
car comme n= 4k+ 1, kest l’inverse de −4 modulo n. D’o`u kk=j4k=jn−1= 1 d’apr`es le petit
th´eor`eme de Fermat.
3. Soit nun entier congru `a 1 modulo 4. Calculer k= (n−1)/4, puis kkmod n. Si le r´esultat est
diff´erent de 1, conclure que nn’est pas premier, sinon, nest peut-ˆetre premier.
4. Les premiers entiers compos´es qui passent ce test sont 561, 1 105, 1 729, 1 905, 2 465, 3 277, 4 033,
4 681, 6 601, 8 321, 8 481, 10 585 etc. Ceux qui sont soulign´es sont des nombres de Carmichael,
mais 2 821 et 8 911 sont des nombre de Carmichael qui ne sont pas pseudo-premiers pour ce test.