Nombres premiers

Chapitre 3 - Nombres premiers
Dans tout ce chapitre, on ne s’intéresse qu’aux nombres entiers naturels.
Tous les diviseurs ou multiples évoqués sont donc positifs.
1
Ensemble des nombres premiers
1.1
Définition et existence
Définition 1
Un nombre supérieur à 2 est dit premier s’il n’a que 1 et lui-même pour seuls diviseurs.
Définition 2
Lorsqu’un nombre n’est pas premier, on dit parfois qu’il est composé
Exemple 1
•41, 17, 2, 5 , 3 sont des nombres premiers.
•51 n’est pas premier car 51 = 17 × 3 donc 51 admet 17 et 3 comme diviseurs autres que 1 et 51 lui-même.
Remarque 1
1 n’est pas un nombre premier
Théorème 1
Tout entier supérieur à 2 admet un nombre premier comme diviseur.
Preuve :
Soit n un entier supérieur à 2. Montrons que n est divisible par un nombre premier.
• Si n est premier, il est divisible par n et donc le théorème est vrai
• Si n n’est pas premier, il admet des diviseurs différents de n et de 1, notons-les n1 , n2 , . . . en les écrivant dans l’ordre
strictement croissant .
On a donc D(n) = {1, n1 , n2 , . . . , n}
Intéressons-nous à n1 pour savoir s’il est premier.
Supposons que n1 n’est pas premier, alors il est divisible par un entier, noté k par exemple, différent de 1 et de n1 .
k divise n1 et n1 divise n donc k divise n.
Or n1 est le plus petit diviseur de n différent de 1 et on vient de trouver un diviseur k qui lui est inférieur, il y a une
contradiction.
Il est donc impossible que n1 ne soit pas premier.
Ainsi n a au moins un diviseur premier ( qui est le plus petit de ses diviseurs différents de 1 ).
Chapitre 3 - Nombres premiers
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1.2
Crible d’Eratosthène
Le crible d’Eratosthène est un moyen algorithmique d’obtenir une liste des premiers nombres premiers.
1. On remplit une grille avec les nombres entiers jusqu’à celui qu’on souhaite, ici , c’est 100.
2. On enlève 1 puisqu’on sait qu’il n’est pas premier
3. On regarde le premier nombre non rayé. C’est 2 et il est premier.
4. On raye tous les multiples de 2 puisqu’ils ne sont pas premiers
5. On regarde le premier nombre non rayé. C’est 3 et il est premier puisqu’on a rayé tous les multiples des nombres premiers
inférieurs à lui, et il n’est pas rayé donc, d’après le th 1, 3 est premier.
6. On raye tous les multiples de 3 puisqu’ils ne sont pas premiers
7. On regarde le premier nombre non rayé. C’est 5 et il est premier toujours d’après le th 1 puisque tous les premiers inférieurs
à lui ne le divisent pas.
8. On raye tous les multiples de 5 puisqu’ils ne sont pas premiers
9. On regarde le premier nombre non rayé. C’est 7 et il est premier d’après le th 1 puisque tous les premiers inférieurs à lui
ne le divisent pas.
10. On raye tous les multiples de 7 puisqu’ils ne sont pas premiers
11. On peut alors s’arrêter puisque le premier nombre premier suivant est 11 et son premier multiple qui ne soit pas déja rayé
est 112 qui est supérieur à 100. En effet, tous les multiples de 11 inférieurs à 112 sont des multiples de 2,3,5 ou 7 et donc
déja rayés
Les
Les
Les
Les
Les
nombres
nombres
nombres
nombres
nombres
hachurés en bleu sont des multiples de 2
hachurés en orange sont des multiples de 3
hachurés en vert sont des multiples de 5
hachurés en jaune sont des multiples de 7
restants sont des nombres premiers.
Conséquence importante :
Pour savoir si un nombre n est premier, on cherche donc à savoir si n est divisible par tous les nombres premiers lui étant
inférieurs ( on utilise le théorème 1 )
Mais d’après ce qu’on vient de voir, il suffit de vérifier si n est divisible par tous les nombres premiers inférieurs à
Un nombre n > 3 est premier s’il n’est divisible par aucun des nombres premiers inférieurs à
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√
√
n
n
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1.3
Ensemble des nombres premiers
Théorème 2
Il existe une infinité de nombres premiers.
Preuve
Nous allons reprendre la preuve apportée par Euclide très clairvoyante et astucieuse .
Raisonnons une nouvelle fois par l’absurde :
Supposons que les nombres premiers soient en nombre fini.
Notons les P = {p1 , p2 , p3 , . . . , pn }
( Bien entendu , p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, . . . )
Soit N = p1 × p2 × p3 × . . . × pn + 1 ce qu’on peut noter, par analogie aux sommes : N =
n
Y
pk + 1
k=1
N n’est divisible par aucun des pk puisque N ≡ 1[pk ]
Donc N est premier d’après le théorème 1.
On obtient donc un nouveau nombre premier alors qu’on avait écrit tous les nombres premiers dans P qui sont supposés en
nombre fini .
Il y a une contradiction. Il y a donc une infinité de nombres premiers.
1.4
divisibilité par un nombre premier
Propriété 1
Soit p un nombre premier et a un entier naturel.
Si a n’est pas divisible par p alors a et p sont premiers entre eux.
preuve
p∈
/ D(a)donc D(a) ∩ D(p) = {1} donc D(a; p) = {1}
d’où la conclusion.
Théorème 3
Soit p un nombre premier et soient a et b deux entiers.
Si p divise ab alors :
1. p divise a ou p divise b
2. p = a ou p = b si, de plus, a et b sont deux nombres premiers
Preuve
1. • Si p divise a , c’est fini
• Si p ne divise pas a , d’après la prop précédente, p et a sont premiers entre eux.
On peut appliquer le th de Gauss , et donc p divise b.
2. D’après le 1), p divise a ou p divise b qui sont premiers .
Comme p est premier donc différent de 1, on obtient p = a ou p = b
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2
Décomposition en produit de facteurs premiers
2.1
Théorème fondamental de l’arithmétique
Théorème 4
Tout entier n > 2 est premier ou produit de facteurs premiers
Preuve : Soit n un entier supérieur à 2
• si n est premier , c’est fini.
• si n n’est pas premier, d’après le th.1, n est divisible par un nombre premier.
On peut donc écrire n = p1 × n1 où p1 est un nombre premier et n1 un entier tel que 1 < n1 < n
On a alors 2 cas :
• si n1 est premier , c’est fini.
• si n1 n’est pas premier, d’après le th.1, n1 est divisible par un nombre premier. Et on recommence, on peut alors écrire
n = p1 × p2 × n2 où p1 et p2 sont des nombres premiers et n2 un entier tel que 1 < n2 < n1 < n
On continue à descendre ainsi en regardant si nk est premier ou pas.
Mais comme les nk forment une suite strictement décroissante d’entiers, le processus s’arrête forcément et le dernier nk est
forcément premier car sinon on pourrait continuer.
Donc on peut écrire n = p1 × p2 × p3 × . . . × pk × nk où p1 , p2 , . . . , pk , nk sont des nombres premiers.
Définition 3
α2
1
Donner la décomposition en produit de facteurs premiers d’un nombre n , c’est l’écrire sous la forme n = pα
1 × p2 ×
αk
α3
p3 × . . . pk où p1 , p2 , . . . , pk sont premiers et classés dans l’ordre croissant et α1 , α2 , . . . , αk sont des entiers.
Remarque 2
Cette décomposition est unique ( admis ) . C’est pourquoi on peut parler de LA décompositon en produit de facteurs premiers
Exemple 2
La décomposition en facteurs premiers de 5544 est 23 × 32 × 7 × 11
La décomposition en facteurs premiers de 540 est 22 × 33 × 5
2.2
utilisations de la décomposition
2.2.1
diviseurs d’un entier non premier
Théorème 5
αk
α3
α2
1
Soit un entier n non premier et soit sa décomposition en produit de facteurs premiers n = pα
1 × p2 × p3 × . . . pk
Alors les diviseurs de n sont tous les nombres de la forme pn1 1 × pn2 2 × . . . pnk k où chaque nj est compris entre 0 et αj
Preuve
• Tout nombre de la forme pn1 1 × pn2 2 × . . . pnk k où 0 6 nj 6 αj pour tout j ∈ {1; 2; 3; . . . ; k} divise bien n puisque chaque
α
n
facteur pj j divise pj j et les pi sont premiers entre eux.
• Soit d un diviseur de n.
On veut montrer que d est forcément de la forme pn1 1 × pn2 2 × . . . pnk k où 0 6 nj 6 αj pour tout j ∈ {1; 2; 3; . . . ; k}.
On va donc supposer qu’il n’est pas de cette forme et chercher une contradiction.
Supposons donc que d soit divisible par q m où m > 1 et q un nombre premier
αk
α2
1
On a alors q m divise pα
1 × p2 × . . . pk .
Or d’après le 2) du théorème 3 on a donc nécéssairement q qui est un des pj avec 1 6 j 6 k.
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Supposons donc que d soit divisible par pm
i où m > αi avec 1 6 i 6 k
αk
α2
α1
.
×
.
.
.
p
×
p
On a pm
divise
p
i
2
1
k
αi
Or d’après le 1) du théorème 3, on a pm
i divise pi .
Cela implique que m 6 αi ce qui est contradictoire avec notre hypothèse m > αi .
Donc d est forcément de la forme pn1 1 × pn2 2 × . . . pnk k où 0 6 nj 6 αj pour tout j ∈ {1; 2; 3; . . . ; k}.
Propriété 2
αk
α2
1
Soit un entier n et soit sa décomposition en produit de facteurs premiers n = pα
1 × p2 × . . . pk
Alors n a (α1 + 1) × (α2 + 1) × . . . × (αk + 1) diviseurs
Preuve
D’après le th.4, les diviseurs de n sont obtenus en choisissant
• n1 dans {0; 1; 2; . . . ; α1 } c’est-à-dire (α1 + 1) choix pour n1
• n2 dans {0; 1; 2; . . . ; α2 } c’est-à-dire (α2 + 1) choix pour n2
...
• nk dans {0; 1; 2; . . . ; αk } c’est-à-dire (αk + 1) choix pour nk
D’où le nombre de choix possibles pour les diviseurs de n
Exemple 3
Reprenons le cas de 540 dont la décomposition en facteurs premiers de 540 est 22 × 33 × 5
Il y a (2 + 1) × (3 + 1) × (1 + 1) diviseurs pour 540.
On a donc 24 diviseurs pour 540.
Dressons en une liste :
2.2.2
20 × 30 × 50
20 × 31 × 50
20 × 32 × 50
20 × 33 × 50
21 × 30 × 50
21 × 31 × 50
21 × 32 × 50
21 × 33 × 50
22 × 30 × 50
22 × 31 × 50
22 × 32 × 50
22 × 33 × 50
20 × 30 × 51
20 × 31 × 51
20 × 32 × 51
20 × 33 × 51
21 × 30 × 51
21 × 31 × 51
21 × 32 × 51
21 × 33 × 51
22 × 30 × 51
22 × 31 × 51
22 × 32 × 51
22 × 33 × 51
pgcd et ppcm
D’après ce qu’on a vu au 2.2.1, pour trouver le pgcd de deux entiers, il suffit, lorsqu’on a leur décompostion en produit de
facteurs premiers, de prendre les facteurs communs de la décomposition les plus grands possibles.
Cela revient donc à prendre le plus petit des 2 exposants du facteur commun de chacune des deux décomposition.
Exemple 4
Reprenons le cas de 540 et 5544.
En connaissant leur décomposition, 5544 = 23 × 32 × 7 × 11 et 540 = 22 × 33 × 5
On a donc P GCD(5544; 540) = 22 × 32
Pour le PPCM, il suffit de prendre le plus grand des 2 exposants des deux décomposition pour chaque facteur .
Exemple 5
En connaissant leur décomposition, 5544 = 23 × 32 × 7 × 11 et 540 = 22 × 33 × 5
On a donc P P CM (5544; 540) = 23 × 33 × 5 × 7 × 11
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3
Petit théorème de Fermat
Théorème 6
Petit théorème de Fermat
Soit p un nombre premier et soit a un entier non divisible par p.
Alors ap−1 ≡ 1[p]
Remarque 3
Il est alors facile, à partir du petit théorème de Fermat, de déduire un test de non-primalité :
si un nombre n est donné, on choisit un nombre a premier avec n, et on calcule an−1 : si on ne trouve pas 1 modulo n, c’est
que n n’est pas premier.
C’est une méthode très performante pour montrer qu’un nombre n’est pas premier car elle nécessite très peu d’opérations .
Malheureusement, le petit théorème de Fermat ne permet pas de savoir si un nombre est premier...
Preuve :
• p est un nombre premier donc p est premier avec 1, 2, 3, . . . , p − 1( sinon p admettrait un diviseur positif autre que 1 et p )
donc p est premier avec (p − 1)! d’après la propriété 1
• Si k est un entier tel que 1 6 k 6 p − 1 alors le reste rk de la division euclidienne de ka par p est non nul. en effet, si p
divise ka , alors p divise a car p est premier avec k.
Or ceci est impossible par hypothèse puisque a est non divisible par p.
• Si k ′ est un entier distinct de k ( par exemple k < k ′ ) tel que 1 6 k ′ 6 p − 1
Alors les restes rk′ et rk des divisions euclidiennes respectives de k ′ a et ka par p sont distincts.
En effet, si rk′ = rk alors p divise k ′ a − ka, c’est-à-dire (k − k ′ )a avec 1 6 k ′ − k 6 p − 1.
Donc p diviserait a ce qui est impossible.
• Ainsi les p − 1 restes r1 , r2 , . . . , rp−1 des divisions euclidiennes respectives de a, 2a, 3a, . . . (p − 1)a par p sont des entiers
naturels non nuls, strictement inférieurs à p et tous distincts.
Donc l’un de ces restes est égal à 1, l’autre à 2, l’autre à 3, . . ., et le dernier à p − 1.
Effectuons le produit des congruences modulo p :
a × 2a × 3a × . . . × (p − 1)a ≡ r1 r2 r3 . . . rp−1 [p]
Ce qui donne :
ap−1 × 1 × 2 × 3 × . . . × (p − 1) ≡ 1 × 2 × 3 × . . . × (p − 1)[p]
Avec la notation factorielle, on a donc :
ap−1 × (p − 1)! ≡ (p − 1)![p]
• Donc p divise ap−1 × (p − 1)! − (p − 1)! c’est-à-dire p divise (ap−1 − 1) × (p − 1)!
Or on a vu au premier point de cette démondtration que p est premier avec (p − 1)! donc p divise (ap−1 − 1) d’après le
théorème de Gauss.
CQFD
Exemple 6
7 est premier et ne divise pas 12 donc 126 ≡ 1[7], autrement dit 126 − 1 est divisible par 7.
Théorème 7
Conséquence
Si p est un nombre premier et soit a ∈ N
Alors ap ≡ a[p]
Preuve :
• si a un entier non divisible par p, on applique le petit théorème de Fermat :
ap−1 ≡ 1[p] puis on mutiplie par a et on aboutit à ap ≡ a[p]
• si a un entier est divisible par p
alors a ≡ 0[p] et ap ≡ 0[p] donc ap ≡ a[p]
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