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48
© Nathan. Hyperbole Term S Spécialité
3
Chapitre
Nombres premiers
2. Résoudre des problèmes
•Problème1
1
a) et b) Il semble que le point K ait une ordonnée
entière.
c) Il semble que ces points aient pour ordonnée la valeur
absolue du produit des deux abscisses, c’est-à-dire
ij¥
.
d) Il semble que les nombres
k
soient premiers.
2
a) (MN) a pour coefficient directeur
mn
mn mn
22
-
-
donc
():( ).MN yx- mn b
MMNŒ()
donc
mmnm b
2
- ()
soit
bmn=
et par
suite, ():( )MN
yx- 
mn mn.
Ainsi
K( ;)0mn
.
b)Les nombres entiers
k
tels que
K(
;)
0k
ne soit pas sur
()MN
sont donc des nombres premiers.
•Problème2
1 a)
Cet algorithme fournit la liste des diviseurs du nombre
entier N saisi et le nombre de diviseurs.
b) Conjecture fausse comme le montre par exemple
N = 4 a 3 diviseurs.
2 a) Cet algorithme contient moins d’itérations.
b) Compter les diviseurs de n parmi les nombres entiers
compris entre 1 et à racine (n). Si ce nombre est 2, alors
n est premier.
3
a) Si n est premier, alors il admet au moins un diviseur
premier : lui-même.
Si n n’est pas premier. Notons le plus petit des diviseurs
de n strictement supérieurs à 1. Supposons que d ne soit
1. Page d’ouverture
•Énigme✱
À chaque diviseur du nombre porté par la lampe, il y a
pour celle-ci un changement d’état.
On peut écrire 86 sous la forme :
86 243¥
.
1, 2, 43 et 86 sont les diviseurs de 86, donc la lampe
changera 4 fois d’état, elle sera donc éteinte.
On peut écrire 25 sous la forme :
25 5
2
=
.
1, 5 et 25 sont les diviseurs de 25, donc la lampe changera
3 fois d’état, elle sera donc allumée.
•Énigme✱✱
Soit D, D1, D2 et E l’âge respectif de M. Dupont, de ses
deux filles et de l’enfant.
Ces trois nombres sont des diviseurs de 2 450.
2450 25 7
22
¥ ¥
donc les diviseurs de 2 450 sont 1,
2, 5, 7, 10, 14, 25, 35, 49, 50, 70, 98, 175, 245, 350, 490,
1 225 et 2 450.
M. Dupont a donc 25, 35, 49, 50, 70 ou voire 98 ans.
Leur somme est divisible par 4. Il reste alors, en tenant
compte, de cette condition, les cas suivants :
D D1D2Somme E
25 1 10 36 9
35 7 10 52 13
49 2 25 76 19
49 5 10 64 16
50 7 7 64 16
98 5 5 108 27
Comme le fils (qui connaît son propre âge, donc la
somme) répond « Il me manque une donnée », c’est qu’il
est dans la seule situation ambiguë, celle où la somme est
64, la seule correspondant à deux possibilités distinctes.
Dans tout autre cas, il aurait pu conclure directement à
ce niveau.
Donc la somme est 64 et le fils a 16 ans.
Dans les deux cas possibles, M. Dupont a soit 49 ans, soit
50 ans. Puisque le capitaine est plus âgé que M. Dupont,
le capitaine ne peut avoir 49 ans ou moins, il a donc
50 ans ou plus.
Mais si le capitaine avait strictement plus de 50 ans,
le renseignement « Je suis plus âgé que M. Dupont »
n’aurait pas permis au fils, qui connaît l’âge de son père,
de trouver la réponse.
Conclusion : Le capitaine a 50 ans, M. Dupont a 49 ans,
ses filles ont 5 et 10 ans.

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•Problème3
1 a)
12345678910
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
51 52 53 54 55 56 57 58 59 60
61 62 63 64 65 66 67 68 69 70
71 72 73 74 75 76 77 78 79 80
81 82 83 84 85 86 87 88 89 90
91 92 93 94 95 96 97 98 99 100
b) Les nombres non barrés sont des nombres qui ont
seulement deux diviseurs : 1 et eux-mêmes, ce sont les
nombres premiers inférieurs à 100. On obtient : 2, 3, 5,
7, 11, 13, 17, 19, 23, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71,
73, 79, 83, 89 et 97.
2 Pour
n=200,
on obtient : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23,
31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101,
103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163,
167, 173, 179, 181, 191, 193, 197 et 199.
Pour
n=500
, on obtient en plus de ces derniers : 211,
223, 227, 229, 233, 239, 241, 251, 257, 263, 269, 271, 277,
281, 283, 293, 307, 311, 313, 317, 331, 337, 347, 349, 353,
359, 367, 373, 379, 383, 389, 397, 401, 409, 419, 421, 431,
433, 439, 443, 449, 457, 461, 463, 467, 479, 487, 491, 499.
Pour
n=800
, on obtient en plus de ces derniers : 503,
509, 521, 523, 541, 547, 557, 563, 569, 571, 577, 587, 593,
599, 601, 607, 613, 617, 619, 631, 641, 643, 647, 653, 659,
661, 673, 677, 683, 691, 701, 709, 719, 727, 733, 739, 743,
751, 757, 761, 769, 773, 787 et 797.
•Problème4
1
Soit
pp p
12 3
,et
les trois nombres premiers choisis. Le
nombre N obtenu après multiplication et ajout de 1
s’écrit
Npp p
12 31
.
Supposons que
p1
divise N, alors
p1
divisant
pp p
12 3
, il
divise nécessairement N
-
pp p
12 3
. Donc p
1
divise 1. Ce
qui contredit l’hypothèse
p1
premier, donc
p1
ne divise
pas N.
Un raisonnement analogue en échangeant les rôles de
pp p
12 3
,et conduit à la conclusion qu’aucun de ces trois
nombres ne divise N.
Le plus petit des diviseurs supérieurs à 2 de N est un
nombre premier, donc il n’est pas dans la liste puisqu’au-
cun des nombres premiers de cette liste ne divise N.
2
Reproduisons une partie du raisonnement évoqué
en 1.
Notons N
º
pp p
n1
02 00
1
.
Supposons que p
1
0
divise N, alors p
1
0
divisant pp p
n1
02 00
,
º
il divise nécessairement pp p
n1
0
2
00
º
, donc p
1
0 divise 1.
pas premier, alors d admet au moins un diviseur d¢ tel
que
1
¢
dd
.
Mais d¢ est aussi un diviseur de n qui est strictement
supérieur à 1. Ceci contredit l’hypothèse faite sur d
comme étant le plus petit des diviseurs de d strictement
supérieurs à1.
Donc d est un nombre premier.
b) Si
n
n’est pas premier. Posons
nd
q
=
. Par définition
de d et puisque n n’est pas premier
1dn
donc
1qn
, donc
dq
. En multipliant cette égalité par
d
, on obtient
dq
2 donc
dn
2
.
c) En écrivant la contraposée de la proposition précé-
dente :
si n n’admet pas de diviseur premier d vérifiant
1
dn
,alors n est un nombre premier.
4
a) Les programmes permettent d’afficher la primalité
du nombre entier saisi.
b) Si le reste dans la division euclidienne par 6 d’un
nombre entier n supérieur à 5 est 0, alors 6 divise ce
nombre, donc ce nombre n’est pas premier.
Si le reste dans la division euclidienne par 6 d’un nombre
entier n supérieur à 5 est 2, alors 2 divise ce nombre, donc
ce nombre n’est pas premier.
Si le reste dans la division euclidienne par 6 d’un nombre
entier n supérieur à 5 est 3, alors 3 divise ce nombre, donc
ce nombre n’est pas premier.
Si le reste dans la division euclidienne par 6 d’un nombre
entier n supérieur à 5 est 4, alors 2 divise ce nombre, donc
ce nombre n’est pas premier.
Conclusion : le reste dans la division euclidienne par 6
d’un nombre entier premier supérieur à 5 est 1 ou 5.
c) Si le programme entre dans la boucle « while » c’est
que N n’est ni un multiple de 2 ni un multiple de 3 et un
nombre supérieur à 5, donc son reste dans la division
par 6 est 1 ou 5. Donc le reste de tout diviseur éventuel
de N est 1 ou 5.
En initialisant la valeur de I à 5 et en ajoutant 6 à I, on
parcourt tous les nombres dont le reste est 5. Par ail-
leurs en testant si I+2 ou I divise N, on parcourt tous les
nombres dont les reste sont 1 ou 5, entre 5 et N qui sont
susceptibles d’être des diviseurs de N.
d) On peut enlever la dernière ligne de chacun des pro-
grammes et la remplacer par :
si P=0, alors afficher « non premier » sinon afficher
« premier ».
e) On obtient :

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Les 100 premières valeurs de
π
sont :
b) Il semble en effet que la proportion des nombres entre
0 et
x
tend vers zéro.
2 a)
100
100
4
p()
.
b) On trouve
100 000
100 000
10 43
()
,
p
ª.
c)
d) En comparant
ln()n
et
nn/p()
, on obtient
ln /() ()nnnªp
pour de grandes valeurs de n.
•Problème7
2
a) Pour tout nombre entier a strictement positif,
PGCD(;)aa a=
. On observe ce résultat sur la diagonale
non éclairée du tableau.
b) On constate que
PGCD(;)
pa
=1
ou
PGCD(;).
pa p
=
1 et
p
sont les seuls diviseurs de
p,
donc si
p
est un divi-
seur de a, alors
PGCD(;)pa p=
sinon
PGCD(;)pa=1
.
c)On remarque que tout nombre a et son successeur
sont premiers entre eux.
En effet, on peut écrire
1111()() ,aa- 
donc d’après
le théorème de Bézout,
PGCD(; )aa11
.
On remarque aussi que
PGCD(;)ann-1
où a est un
nombre premier et n un nombre entier non nul stricte-
ment inférieur à a.
En effet, soit
d
un diviseur commun de
an-
et
n
.
d
divise
la somme
anna-
. Or les seuls diviseurs de
a
sont
1 et a. a ne divise pas
n
donc
d=1
et par suite,
PG
CD(;)ann
-1
.
Ce qui contredit l’hypothèse p
1
0
premier, donc p
1
0
ne
divise pas N.
Un raisonnement analogue en échangeant les rôles de
ppp
n1
0
2
00
,avecet
º
conduit à la conclusion qu’aucun
de ces nombres ne divise N. Or le plus petit des diviseurs
supérieurs à 2 de N est un nombre premier, donc il devrait
être dans la liste des nombres pp p
n1
02 00
º
.
Contradiction : la liste des nombres premiers n’est donc
pas finie.
•Problème5
1 a) Entre 1 et 20, il y a 8 nombres premiers.
Entre 1 et 100, il y a 25 nombres premiers.
Modifier le programme ESTPREMIER du problème2 en
supprimant la saisie de N et la ligne d’affichage de N.
Entrer un autre programme :
Il y a 21 nombres premiers entre 100 et 200.
Il y a 14 nombres premiers entre 500 et 600.
Il y a 29 nombres premiers entre 800 et 1 000.
2
2 divise
24+!
et 2 
24+!
donc
24+!
n’est pas
premier.
3 divise
34+!
et 3 <
34+!
donc
34+!
n’est pas premier.
4 divise
44+!
et 4 <
34+!
donc
44+!
n’est pas premier.
Ces trois nombres sont consécutifs et composés.
b) Si
n
est un nombre entier naturel supérieur à 2, en
généralisant le raisonnement précédent : pour
k
allant
de 2 à
n
,
kn+!
est composé.
On obtient ainsi
n-1
nombres consécutifs composés.
c) On peut trouver des intervalles aussi grands que l’on
veut sans nombre premier.
•Problème6
1 a) Exemple sur Texas

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État N JM
initial 5 – 2 2
Instruction N + M dans N 7 – 2 2
Instruction – J dans J722
Instruction M + J dans M 724
Instruction N + M dans N 11 2 4
Instruction – J dans J11 – 2 4
Instruction M + J dans M 11 – 2 2
Instruction N + M dans N 13 – 2 2
Instruction – J dans J13 2 2
Instruction M + J dans M 13 2 4
Instruction N + M dans N 17 2 4
Instruction – J dans J17 – 2 4
Instruction M + J dans M 17 – 2 2
4 a) 147 =
37
2
¥
b)
3602 35
32
¥¥
c)
456 812 2114 203
2
¥
d) 12 347 est premier.
•Problème10
198 490 572 007713 29 29 1373 1889¥ ¥¥¥ ¥
Février 1373 ; exposition universelle de 1889 ; 7 pieds
par 29 livres et 13 cm.
•Problème11
1 b) On peut invalider la conjecture de Capucine.
11 est premier alors que
M11
ne l’est pas.
2 a)La somme des
k
premiers termes de la suite géo-
métrique de raison
2
d
et de premier terme 1 est égale à
12
22112
12
21
 º¥
-
-
-dd dk
dk
d
() ()
()
donc :
21
2112
22
21dk ddddk
- -º -
()((
)())
.
b) Si
d
divise
n
, alors il existe un nombre entier
k
tel que
ndk=
. D’après la question précédente, on en déduit
que
21
d
-
divise
Mn
dk
-21
.
c) De la question précédente, on déduit que si
n
n’est
pas premier, il existe un nombre entier
d2
diviseur
de
n
différent de
n
tel que
21
d-
est un diviseur de
Mn
.
Ainsi,
Mn
n’est pas premier. La contraposée valide la
conjecture de Louis.
3
a) La liste n’est pas correcte : Mersenne s’était trompé.
M67
et
M257
ne le sont pas alors que
M61
et
M107
le sont.
b) Voir par exemple http://villemin.gerard.free.fr/
Wwwgvmm/Decompos/Mersenne.htm
•Problème12
1 a)
F
54294 967297=
b)
F
5
n’est pas premier.
2 a)• Il semble que pour tout nombre entier
n1,
Fn
se termine par 7.
d) Ceci n’est pas vrai pour
p=2
mais semble vrai pour
tous les autres nombres premiers.
Pourquoi 1 ? On sait que tout nombre et son successeur
sont premiers entre eux, d’où la présence de 1.
Pourquoi 2 ? Tout nombre premier
p2
est impair.
Calculons
PGCD(;)pp-11
.
Soit
d
un diviseur commun de
p-1
et
p+1
.
d
divise la différence soit
2
. Or 2 est un diviseur commun
de
p-1
et
p+1
donc PGCD(;)pp
-11
2.
Ce motif ne se trouve pas uniquement autour des
nombres premiers, on peut le constater autour de 9
par exemple.
3
On observe parfois lorsque les deux nombres sont
premiers la croix suivante :
4 1 2
1 1 1
6 1 2
On peut faire s’interroger les élèves sur ce phénomène.
Et si les deux nombres ne sont pas premiers, peut-on
trouver une telle croix ?
•Problème8
2 b)L’affichage est 1 ; l’affichage est 2 409.
3
Il s’agit du programme fait sous Casio , il faut modifier :
if frac (Q/2) =0 en if frac (Q/2) différent de 0
YX Æ Y en YX- intg(YX/P)*P Æ Y
afficher YX par YX- intg(YX/P)*P
•Problème9
1 Supposons que p soit un nombre premier supérieur
à 5.
p06[]
contredit l’hypothèse p est premier.
p26[]
implique que
pk26
, donc 2 divise p, ce
qui contredit l’hypothèse p est premier supérieur à 5.
p36[]
implique que
pk36
, donc 3 divise p, ce
qui contredit l’hypothèse p est premier supérieur à 5.
p46[]
implique que
pk46
, donc 2 divise p, ce
qui contredit l’hypothèse p est premier supérieur à 5.
Conclusion :
pk61
ou
pk65
.
2 Si
pk61,
alors
pk 46 5
.
Si
pk65,
alors
pk k  26 76 11()
.
3
Faisons un tableau qui montre l’évolution des conte-
nus des variables :

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52
•Problème13
1 calculs
p = 2,
11
2
1p
-[]
.
p = 3,
11
3
1p
-[]
,
21
3
2
[]
.
p = 5,
115
1p
-[]
,
215
4
[]
,
[]315
4
,
415
4
[]
.
2 a)
561 31117¥ ¥
avec 2 divise 560, 10 divise 560 et 16 divise 560.
b)• Si a n’est pas divisible par n, alors a n’est pas divisible
par 3, en utilisant le petit théorème de Fermat :
a
2
13[]
donc ()
[]
a
2280 13
donc a
560 13[]
.
• Si a n’est pas divisible par n, alors a n’est pas divisible
par 11, en utilisant le petit théorème de Fermat :
a
10
111[]
donc ()
[]
a
10 56
111 donc a
560
111
[]
.
• Si a n’est pas divisible par n, alors a n’est pas divisible
par 17, en utilisant le petit théorème de Fermat :
a
16
117[]
donc ()
[]
a16 35 117 donc a560 117
[]
.
c) Les nombres 11 et 3 sont premiers entre eux et divisent
a560 1
-
, donc leur produit divise
a
560
1-
.
Les nombres 17 et 33 sont premiers entre eux et divisent
a560 1
-
, donc 561 divise
a
560
1-
.
d) n = 1 105 =
51317¥¥
.
1 104 est divisible par 4, par 12 et par 16.
Un raisonnement analogue au premier cas conduit à la
conclusion :
1105
divise
a1104 1-
, pour tout a non divisible par n.
3
On pourra consulter http://villemin.gerard.free.fr/
ThNbDemo/Carmicha.htm#nombre
•Problème14
1
a)
c
et
m
sont premiers entre eux, donc d’après le théo-
rème de Bézout, il existe
u
et
v
nombres entiers relatifs
opposés tels que
cu mv1
. L’équation diophantienne
cmxy1
a pour solutions les couples
(;)um vc-KK
avec K nombre entier relatif. Il existe donc
K0
tel que
(;)( ;)dk um vc- --KK
soit un couple de nombres
entiers naturels vérifiant
cd km1
.
b)• p est premier et
x
est non divisible par p, donc d’après
le petit théorème de Fermat,
x
pp
-
11[
]
.
Ainsi, par passage aux puissances,
()
[]xpq
p
-- 11
1
donc
x
mp
1[ ]. Par suite,
() []x
mk p
1 soit
x
km p
1[ ].
Ainsi
xxx
km
p
¥[]
et comme
xx
km cd 1
, on a :
xx
cd p
[]
.
• Pour tout nombre entier naturel, n  2 :
FF
nn
nn
-
--
-
() ()
()
212111
11
22 22
1
2
11 .
Montrons que pour tout nombre entier
nn
2,F
se
termine par 7 par récurrence.
Initialisation :
F
217=
donc la propriété est vraie pour
n=2
.
Hérédité : on suppose que la propriété est vraie pour
un certain rang
n2
et on montre qu’elle est encore
vraie au rang
n+1
.
Montrons que
Fn
1710[]
.
Par hypothèse de récurrence,
Fn
710
[]
donc
Fn-1610[]
et ()
[]
F
n-
13610
2
par compatibilité des
opérations avec la relation congruence.
36 610[]
donc
() []
F
n-
1610
2.
Comme FF
nn- 12
11()
, on a
Fn
1710[]
d’où l’héré-
dité.
La propriété est donc vraie pour tout nombre entier
n2
.
b)• Pour tout nombre entier naturel
n2:
Fn
nn n
nn
- - - -
--
--
¥
22 12 12 1
212
22222
22
11
11
()
()(-- -
--
12
11
)( ).FF
nn
• Montrons que pour tout nombre entier n  2,
FF
FF
nn
¥¥º¥
-01 1
2 par récurrence.
Initialisation:
F
217=
et
FF
01
235217¥¥
,
donc la propriété est vraie pour
n=2
.
Hérédité : on suppose que la propriété est vraie pour
un certain rang
n2
et on montre qu’elle est encore
vraie au rang
n+1
.
Montrons que
FFFF
nn¥¥º¥ 1012
.
Par hypothèse de récurrence,
FFFF
nn
¥¥º¥
-01 12.
Or :
FFFFFF F
FF
nnnn n
-
- ¥¥º¥ - 
¥¥º¥
1011
01
22 22 2() ()
FF
n
2,
d’où l’hérédité.
La propriété est donc vraie pour tout nombre entier
n2
.
c) • D'après b), on a pour tout nombre entier
nnn
22
01 1
,F FF F¥¥º¥
-
.
Si
nm
, alors :
FFFFFF F
F
nmmm n
i
m
i
¥¥º¥¥¥¥º¥ 
Ê
Ë
Áˆ
--
-
’
01 111
0
1
2
¯¯
˜¥¥
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
-
’
FF
m
im
n
i
1
1
2
• Soit
d
un diviseur commun de
Fn
et
Fm
. Comme
d
divise
Fm
,
d
divise donc
i
m
im
im
n
i
- -
’’
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜¥¥
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
0
1
1
1
FF F et par suite, la
différence avec
Fn
c’est -à-dire 2.
Ainsi
d=1
ou
d=2
. Or les nombres de Fermat sont
impairs, donc 2 ne les divise pas et par suite, on conclut
que deux nombres de Fermat distincts sont premiers
entre eux.