www.openbac.fr – Tous les corrigés en smart vidéos (incluant explications et rappels de cours), les qcm d’évaluation et le suivi pédagogique personnalisé. Essayez, c’est gratuit ! Asie 2014 Exercice 4 Candidats ayant choisi la spécialité mathématique Partie A QUESTION 1 Le plus petit nombre premier est 2. Par conséquent 𝐸 > 2 + 1 ≥ 2 On a 𝐸– 𝑝1 × 𝑝2 × … × 𝑝𝑛 = 1 Supposons qu’il existe un entier naturel i entre 1 et n tel que 𝑝𝑖 divise E, De plus, on sait que 𝑝𝑖 divise également le produit 𝑝1 × 𝑝2 × … × 𝑝𝑛 . Alors 𝑝𝑖 divise 1. Absurde (impossible). Alors il n’existe aucun entier naturel i entre 1 et n tel que 𝑝𝑖 divise E. Donc, E est premier avec chacun des nombres 𝑝1 , 𝑝2 , … , 𝑝𝑛 . QUESTION 2 Tout nombre supérieur à 1 admet au moins un diviseur premier, donc E admet un diviseur premier. Ce diviseur premier ne peut être aucun des nombres 𝑝1 , 𝑝2 , … , 𝑝𝑛 ; donc il existe un autre nombre premier, ce qui contredit l’hypothèse faite au départ. Il existe donc une infinité de nombres premiers. Partie B QUESTION 1a k Mk 2 3 3 7 4 15 5 31 6 63 7 127 8 255 9 511 10 1023 QUESTION 1b Dans le tableau, si k est premier (2, 3, 5 et 7) on constate que 𝑀𝑘 (3, 7, 31 𝑒𝑡 127) l’est aussi QUESTION 2a 1 + 2𝑝 + (2𝑝 )2 + (2𝑝 )3 + ⋯ + (2𝑝 )𝑞−1 est la somme des q premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et de raison 2𝑝 ; cette somme est égale à : 1 + 2𝑝 + (2𝑝 )2 + (2𝑝 )3 + ⋯ + (2𝑝 )𝑞−1 = 1 × (2𝑝 )𝑞 − 1 1 − (2𝑝 )𝑞 = 1 − 2𝑝 2𝑝 − 1 QUESTION 2b D’après la question précédente, (2𝑝 )𝑞 − 1 = (2𝑝 − 1) × (1 + 2𝑝 + (2𝑝 )2 + (2𝑝 )3 + ⋯ + (2𝑝 )𝑞−1 ) [1] Copyright Openbac 2014 www.openbac.fr – Tous les corrigés en smart vidéos (incluant explications et rappels de cours), les qcm d’évaluation et le suivi pédagogique personnalisé. Essayez, c’est gratuit ! Puisque il s′ agit de nombres entiers (somme de puissances de 2), alors 2𝑝 − 1 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑠𝑒 (2𝑝 )𝑞 − 1. QUESTION 2c Si k est un entier supérieur ou égal à 2 non premier alors il existe 2 entiers p et q tels que 𝑘 = 𝑝 × 𝑞. Par conséquent 𝑀𝑘 = 2𝑘 − 1 = (2𝑝 )𝑞 − 1 est divisible par 2𝑝 − 1 d’après la question précédente. 𝑀𝑘 n’est donc pas premier QUESTION 3a 𝑀11 = 211 − 1 = 2047 = 23 × 89 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑀11 𝑛’𝑒𝑠𝑡 𝑝𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖𝑒𝑟. QUESTION 3b La conjecture de la question 1.b. est donc fausse : 11 est premier et 𝑀11 ne l’est pas Partie C QUESTION 1 D’après le test de Lucas-Lehmer, 𝑀5 (= 31) est premier si et seulement si 𝑢3 ≡ 0 modulo 𝑀5 𝑢5−2 = 𝑢3 = 𝑢2 2 − 2 = (𝑢1 2 − 2)2 − 2 = ((𝑢0 2 − 2)2 − 2)2 − 2 = 37634 = 31 × 1214 ≡ 0[31] Le test de Lucas-Lehmer fonctionne pour 𝑀5 QUESTION 2 Variables : u, M, n et i sont des entiers naturels Initialisation : u prend la valeur 4 Traitement : Demander un entier n > 3 M prend la valeur 𝟐𝒏 − 𝟏 Pour i allant de 1 à n −2 faire [2] Copyright Openbac 2014 www.openbac.fr – Tous les corrigés en smart vidéos (incluant explications et rappels de cours), les qcm d’évaluation et le suivi pédagogique personnalisé. Essayez, c’est gratuit ! u prend la valeur 𝒖𝟐 − 𝟐 Fin Pour Si M divise u alors afficher « M est premier » Sinon afficher « M n’est pas premier » [3] Copyright Openbac 2014