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 ×3donc 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 nun entier supérieur à 2. Montrons que nest divisible par un nombre premier.
•Si nest premier, il est divisible par net donc le théorème est vrai
•Si nn’est pas premier, il admet des diviseurs différents de net 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 n1pour savoir s’il est premier.
Supposons que n1n’est pas premier, alors il est divisible par un entier, noté kpar exemple, différent de 1 et de n1.
kdivise n1et n1divise ndonc kdivise n.
Or n1est le plus petit diviseur de ndifférent de 1 et on vient de trouver un diviseur kqui lui est inférieur, il y a une
contradiction.
Il est donc impossible que n1ne soit pas premier.
Ainsi na au moins un diviseur premier ( qui est le plus petit de ses diviseurs différents de 1 ).
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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 112qui est supérieur à 100. En effet, tous les multiples de 11 inférieurs à 112sont des multiples de 2,3,5 ou 7 et donc
déja rayés
Les nombres hachurés en bleu sont des multiples de 2
Les nombres hachurés en orange sont des multiples de 3
Les nombres hachurés en vert sont des multiples de 5
Les nombres hachurés en jaune sont des multiples de 7
Les nombres restants sont des nombres premiers.
Conséquence importante :
Pour savoir si un nombre nest premier, on cherche donc à savoir si nest 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 nest divisible par tous les nombres premiers inférieurs à √n
Un nombre n>3 est premier s’il n’est divisible par aucun des nombres premiers inférieurs à √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
k=1
pk+ 1
Nn’est divisible par aucun des pkpuisque N≡1[pk]
Donc Nest premier d’après le théorème 1.
On obtient donc un nouveau nombre premier alors qu’on avait écrit tous les nombres premiers dans Pqui 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 pun nombre premier et aun entier naturel.
Si an’est pas divisible par palors aet psont 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 pun nombre premier et soient aet bdeux entiers.
Si pdivise ab alors :
1. pdivise aou pdivise b
2. p=aou p=bsi, de plus, aet bsont deux nombres premiers
Preuve
1. •Si pdivise a, c’est fini
•Si pne divise pas a, d’après la prop précédente, pet asont premiers entre eux.
On peut appliquer le th de Gauss , et donc pdivise b.
2. D’après le 1), pdivise aou pdivise bqui sont premiers .
Comme pest premier donc différent de 1, on obtient p=aou 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>2est premier ou produit de facteurs premiers
Preuve : Soit nun entier supérieur à 2
•si nest premier , c’est fini.
•si nn’est pas premier, d’après le th.1, nest divisible par un nombre premier.
On peut donc écrire n=p1×n1où p1est un nombre premier et n1un entier tel que 1 < n1< n
On a alors 2 cas :
•si n1est premier , c’est fini.
•si n1n’est pas premier, d’après le th.1, n1est divisible par un nombre premier. Et on recommence, on peut alors écrire
n=p1×p2×n2où p1et p2sont des nombres premiers et n2un entier tel que 1 < n2< n1< n
On continue à descendre ainsi en regardant si nkest premier ou pas.
Mais comme les nkforment une suite strictement décroissante d’entiers, le processus s’arrête forcément et le dernier nkest
forcément premier car sinon on pourrait continuer.
Donc on peut écrire n=p1×p2×p3×...×pk×nkoù p1, p2,...,pk, nksont des nombres premiers.
Définition 3
Donner la décomposition en produit de facteurs premiers d’un nombre n, c’est l’écrire sous la forme n=pα1
1×pα2
2×
pα3
3×. . . pαk
koù p1, p2,...,pksont premiers et classés dans l’ordre croissant et α1, α2,...,αksont 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
Soit un entier nnon premier et soit sa décomposition en produit de facteurs premiers n=pα1
1×pα2
2×pα3
3×. . . pαk
k
Alors les diviseurs de nsont tous les nombres de la forme pn1
1×pn2
2×. . . pnk
koù chaque njest compris entre 0 et αj
Preuve
•Tout nombre de la forme pn1
1×pn2
2×. . . pnk
koù 0 6nj6αjpour tout j∈ {1; 2; 3; ...;k}divise bien npuisque chaque
facteur pnj
jdivise pαj
jet les pisont premiers entre eux.
•Soit dun diviseur de n.
On veut montrer que dest forcément de la forme pn1
1×pn2
2×. . . pnk
koù 0 6nj6αjpour 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 dsoit divisible par qmoù m>1 et qun nombre premier
On a alors qmdivise pα1
1×pα2 2×. . . pαk
k.
Or d’après le 2) du théorème 3 on a donc nécéssairement qqui est un des pjavec 1 6j6k.
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Supposons donc que dsoit divisible par pm
ioù m > αiavec 1 6i6k
On a pm
idivise pα1
1×pα2
2×. . . pαk
k.
Or d’après le 1) du théorème 3, on a pm
idivise pαi
i.
Cela implique que m6αice qui est contradictoire avec notre hypothèse m > αi.
Donc dest forcément de la forme pn1
1×pn2
2×. . . pnk
koù 0 6nj6αjpour tout j∈ {1; 2; 3; ...;k}.
Propriété 2
Soit un entier net soit sa décomposition en produit de facteurs premiers n=pα1
1×pα2
2×. . . pαk
k
Alors na(α1+ 1) ×(α2+ 1) ×...×(αk+ 1) diviseurs
Preuve
D’après le th.4, les diviseurs de nsont obtenus en choisissant
•n1dans {0; 1; 2; ...;α1}c’est-à-dire (α1+ 1) choix pour n1
•n2dans {0; 1; 2; ...;α2}c’est-à-dire (α2+ 1) choix pour n2
...
•nkdans {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 :
20×30×5021×30×5022×30×50
20×31×5021×31×5022×31×50
20×32×5021×32×5022×32×50
20×33×5021×33×5022×33×50
20×30×5121×30×5122×30×51
20×31×5121×31×5122×31×51
20×32×5121×32×5122×32×51
20×33×5121×33×5122×33×51
2.2.2 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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