- 1 - LES NOMBRES PREMIERS. Dans tout ce chapitre, les entiers

Terminale S.
Spé. Maths.
2008/2009.
J. TAUZIEDE.
LES NOMBRES PREMIERS.
Dans tout ce chapitre, les entiers seront des entiers naturels ; leurs multiples ou diviseurs
seront aussi des entiers naturels.
I-
L’ENSEMBLE DES NOMBRES PREMIERS.
1°) Définition et existence.
Définition. On dit qu’un entier naturel est un nombre premier s’il admet exactement deux
diviseurs distincts 1 et lui-même.
Remarques.
iOn trouve généralement la définition suivante. Un entier naturel ≥2 est premier si
ses seuls diviseurs sont 1 et lui-même.(On exclu 1 pour avoir unicité dans la
décomposition en produit de facteurs premiers car sinon 6=2×3 mais aussi
6=2×3×1 ou 6=2×3×1n où n est un entier naturel.
iiUne conséquence est que 0 qui est divisible par tous les entiers et 1 qui n’a qu’un
seul diviseur ne sont pas des nombres premiers.
iiiVocabulaire : un nombre non premier est dit composé.
ivUn entier non premier admet un diviseur autre que 1 et lui-même ; on dit que c’est
un diviseur strict. (2 et 4 sont les diviseur stricts de 8).
Exemple.
7 est un nombre premier car admet exactement deux diviseurs distincts 1 et 7.
12 n’est pas un nombre premier car il admet plus de deux diviseurs distincts qui sont 1, 2, 3,
4, 6.
Proposition : existence des nombres premiers.
Tout entier naturel n, avec n≥2, admet au moins un nombre premier comme diviseur.
Démonstration.
• Si n est premier, le diviseur premier de n est n donc n admet un diviseur premier luimême.
• Si n n’est pas premier, n admet au moins un diviseur strict. Soit DivIN = {1; n1; n2 ;; n}
les diviseurs de n rangés dans l’ordre croissant. Montrons que n 1 est premier en
raisonnant par l’absurde.
Si n 1 n’est pas premier, alors n 1 admet un diviseur strict d tel que 1 < d < n1 . Comme
dn 1 et n 1 n alors dn et donc d est un diviseur strict de n plus petit que n 1 ce qui
contredit le fait que n 1 est le plus petit.
Donc n 1 est premier et donc n admet un diviseur premier.
Autre démonstration.
Soit n un entier naturel avec n≥2.
Soit E l’ensemble des diviseurs de n qui sont supérieurs ou égaux à 2. Comme n∈E, alors E
est non vide. Comme toute partie non vide de IN admet un plus petit élément, l’ensemble E
admet un plus petit élément que l’on note p.
iComme p∈E alors p divise n et comme p∈E alors p≥2.
Si n est premier, le diviseur premier p de n n’est autre que n lui-même.
-1-
Si n n’est pas premier, raisonnons par l’absurde en supposant que p n’est pas premier. Dans ce
cas, p admet un autre diviseur que 1 et p que l’on note d ; ainsi d≥2 (car d≠1) et d<p (car d≠p).
Or, d p et p n donc d n et comme d est un diviseur de n plus grand que 2, il est dans E, ce
qui est absurde car cela contredit la minimalité.
Conclusion p est premier et donc il existe une nombre premier qui divise n.
2°) Le crible d’Eratosthène ; test de primalité..
Théorème. Soit n un entier naturel avec n≥2.
Si n n’admet aucun diviseur premier p tel que p2≤n, alors n est un nombre premier.
Démonstration.
iiRaisonnons par contraposée, en supposant que n (≥2) n’est pas premier. Ainsi, n
admet un diviseur premier p tel que n = p × q avec 1 < p ≤ q car p est le plus petit
diviseur premier de n. Comme 1 < p < q alors p 2 ≤ pq c'est-à-dire p 2 ≤ n donc
p≤ n
Exemple. 167 est-il un nombre premier ?
On cherche un carré parfait juste au dessus de 167, on a 132=169.
On regarde si 167 est divisible par les nombres premiers strictement inférieurs à 13 : 2, 3, 5, 7,
11. Aucun ne divise 167, donc 167 est un nombre premier.
Remarque.
Ce théorème justifie le crible d’Eratosthène. On élimine tous les nombres
premiers déjà connu et on s’arrête dès que l’on dépasse n . Ici n = 100 donc n = 10 .
Exercice. Dresser la liste des nombres premiers inférieurs à 100.
1
11
21
31
41
51
61
71
81
91
2
43
3
47
5
53
2
12
22
32
42
52
62
72
82
92
3
13
23
33
43
53
63
73
83
93
7
59
4
14
24
34
44
54
64
74
84
94
11
61
5
15
25
35
45
55
65
75
85
95
13
67
6
16
26
36
46
56
66
76
86
96
17
71
7
17
27
37
47
57
67
77
87
97
19
73
8
18
28
38
48
58
68
78
88
98
23
79
9
19
29
39
49
59
69
79
89
99
29
83
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
31
89
37
97
41
Exercice.
Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3. On pose a = n 2 − 2n − 3 . Existe-t-il des valeurs
de n telles que a soit un entier naturel premier ?
Les racines du polynôme X 2 − 2 X − 3 sont X=−1 et X=3. Une factorisation dans IN est alors
a = (n + 1)(n − 3) .
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Or n + 1 ≥ 2 pour n≥1 et n − 3 ≥ 2 pour n≥5 donc a est le produit de deux entiers supérieurs
ou égaux à 2 et ne peut donc être premier.
Regardons les cas où n=3 et n=4.
Si n=3, on a a=0 et donc a n’est pas premier.
Si n=4, alors a=5 et a est premier.
3°) L’infinitude des nombres premiers.
Découle
du
théorème
I)
Corollaire.
L’ensemble ℘ des nombres premiers est infini.
Démonstration. Par l’absurde comme préconisée dans le programme.
Supposons que l’ensemble ℘ des nombres premiers est fini et soit alors ℘={p 1 , p 2 ,…, p n } la
liste des nombres premiers. Posons N=p 1 ×p 2 ×…×p n +1 un entier naturel, on a : N≥2 donc, N
admet un diviseur premier p i qui est dans la liste.
Ainsi, pi N et pi ( p1 × p2 ×  × pn ) donc pi [N − ( p1 × p2 ×  × pn )] c’est à dire que pi 1 donc
p≤1 ce qui est absurde pour un nombre premier.
Conclusion N est un entier qui n’est pas divisible par l’un des nombres premiers p i de la liste,
donc d’après le théorème I), il est premier ou possède ou diviseur premier qui n’est pas dans
la liste ; dans les deux cas, cette liste n’est pas finie.
II-
DECOMPOSITION D’UN ENTIER NATUREL EN PRODUIT DE FACTEURS PREMIERS.
1°) Le théorème fondamental de l’arithmétique.
Théorème
(théorème fondamental de l’arithmétique).♥
Tout entier naturel n≥2 est premier ou se décompose en un produit de facteurs premiers.
Cette décomposition est unique à l’ordre près des facteurs.
Démonstration. ♥
• Si n est premier, la propriété est établie.
• Si n n’est pas premier, alors son plus petit diviseur n 1 ≥2 est premier et donc il
existe un entier naturel q tel que n = n1 × q avec 1 < q < n (avec q ≠ 1 car sinon
n 1 =n ce qui entraîne n premier puisque n 1 l’est, ce qui est absurde).
• Si q est premier alors n = n1 × q et la propriété est établie.
• Si q n’est pas premier, alors son plus petit diviseur q 1 ≥2 est premier et il
existe un entier naturel q 2 tel que q = q1q2 avec 1 < q2 < q et donc n = n1q1q2 .
On réitère le processus avec q 2 . Ainsi, on construit une suite d’entiers q i
strictement décroissante (les quotients successifs sont de plus en plus petits)
1 ≤  < qi <  < q2 < q1 . Cette suite est finie et le dernier d’entre eux est
nécessairement premier (sinon on continuerait), donc n = n1q1q2 q3  qk avec les
q i premiers.
Comme ces q i ne sont pas forcément distincts, on peut les regrouper.
-3-
D’où tout entier n s’écrit sous la forme n = p1α1 p2α 2  pkα k où les p 1 sont premiers avec
p1 < p2 <  < pk et αi entiers naturels.
Exemple.
140
70
35
7
1
2
2
5
7
140=22×5×7=5×22×7=7×2×2×5
56
28
14
7
1
2
2
2
7
56=23×7
2°) Application de la décomposition en produit de facteurs premiers pour déterminer
tous les diviseurs d’un entier naturel.
a- Détermination des diviseurs à l’aide de la décomposition en produit de
facteurs premiers.
Théorème.
Soit n et d deux entiers naturels avec d non nul.
d est un diviseur de n si et seulement si la décomposition en produit de facteurs premiers de d
ne comporte que des diviseurs premiers de n, chacun d’eux étant élevé à une puissance
inférieure ou égale à la puissance correspondante de ce facteur dans la décomposition de n.
Exemple.
Effectuons la décomposition en produit de facteurs premiers de 735.
735
147
49
7
1
5
3
7
7
1
735=3×5×72
Ainsi, les diviseurs de 735 sont tous les nombres de la forme d = 3a × 5b × 7 c où a, b et c sont
des entiers naturels tels que 0 ≤ a ≤ 1 , 0 ≤ b ≤ 1 et 0 ≤ c ≤ 2 .
b- Nombre de diviseurs d’un entier naturel.
Exemple. Faisons le avec 735.
On construit alors un arbre :
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50
70
7
71
7
72
49
50
30
70
3
71
21
72
147
70
15
71
105
72
735
31
5
70
5
71
35
72
245
51
Le nombre de diviseurs de 735 est 2×2×3=12.
Théorème.
Soit n un entier naturel avec n ≥ 2 .
Si la décomposition en facteurs premiers de n s’écrit n = p1α1 × p2α 2 ×  × prα r alors le nombre
de diviseurs de n est (α1 + 1)(α 2 + 1) ×  × (α r + 1) .
Exemple.
On a 4536= 23 × 34 × 71 donc le nombre de diviseurs de 4536 est (3+1)(4+1)(1+1)=40
c- Utilisation de la décomposition en produit de facteurs premiers pour
déterminer le PGCD.
Théorème.
Soit a et b deux entiers naturels dont l’un des deux au moins est non nul.
Le PGCD de a et b est le produit de tous les facteurs premiers communs aux décompositions
de a et b, chacun de ces facteurs étant élevé à la plus petite des puissances de ce facteur dans
chacune des décompositions de a et de b.
Exemple.
* PGCD(24,140) ? On a 24=23×3 et 140=22×5×7 d’où PGCD(24,140)=22..
* PGCD(4536 ;4851)
On a 4536= 23 × 34 × 7 et 4851= 32 × 7 2 × 11 d’où PGCD(4536 ;4851)= 32 × 7 = 63 .
Le nombre de diviseurs de 4536 est (3+1)(4+1)(1+1)=40, le nombre de diviseurs de 4851 est
(2+1)(2+1)(1+1)=18.
On observera que ce n’est pas le nombre le plus grand qui a nécessairement le plus grand
nombre de diviseurs.
-5-
III-
NOMBRES PREMIERS ET DIVISIBILITE DANS IN.
1°) Divisibilité par un nombre premier.
Proposition.
Soit p un nombre premier et n un entier naturel non divisible par p ; alors p et n sont premiers
entre eux.
Démonstration.
p est premier d’où DivIN ( p ) = {1; p} et DivIN (n ) = {1,, n} . Puisque p ne divise pas n
alors p ∉ DivIN (n ) d’où DivIN ( p ) ∩ DivIN (n ) = 1 donc p et n sont premiers entre eux.
Théorème.
Soit p∈℘.
iSi [ (a; b ) ∈ IN 2 et pab] alors [pa ou pb].
iiSi [ (a; b ) ∈℘2 et pab] alors [p=a ou p=b].
Démonstration.
isi p|a le résultat est évident p|a donc [pa ou pb].
si p ne divise pas a alors PGCD(a;p)=1 puisque les diviseurs de p sont 1 et p donc
p est premier avec a et d’après le théorème de Gauss pb.
iisi pab alors d’après i) [pa ou pb] ; mais (a; b ) ∈℘2 donc a ∧ b = 1 . Or a et b
étant premiers entre eux et p premier (donc différent de 1) alors p=a ou p=b.
2°) Le petit théorème de Fermat.
Le résultat suivant dû à Pierre de Fermat donne une condition nécessaire pour qu’un nombre p
soit premier.
Il permet aussi d’analyser la décomposition en produit de facteurs premiers.
Petit théorème de Fermat.
Soit p un nombre premier et a un entier naturel non nul alors a p ≡ a [ p ]
Et le corollaire, si de plus p ne divise pas a alors a p −1 ≡ 1 [ p ] .
Exemples.
Prenons p=3 (qui est premier) et a=5. On a a p − a = 53 − 5 = 120 qui est divisible par 3.
Démonstration.
• Si a n’est pas premier avec p, comme p est un nombre premier, alors a est un
multiple de p, donc a et ap ont le même reste nul dans la division par p donc
a p ≡ a [ p] .
• Si a est premier avec p alors a n’est pas un multiple de p. Démontrons le
p
résultat suivant : (a + 1) ≡ a p + 1 [p]
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p
(a + 1)p = ∑ C pk a k (1)p − k
La formule du binôme de Newton donne
k =0
p −1
= C p0 a 0 + ∑ C p + C pp a p
  =1

 =0
p −1
=p
p −1
= 1 + ∑ C pk a k + a p = 1 + a p + ∑ C pk a k
k =1
k =1
p −1
(a + 1)p − 1 − a p = ∑ C pk a k .
ce qui équivaut à :
k =1
Montrons que p C pk .
D’après la formule de combinatoire sur les combinaisons, pour 0 ≤ k ≤ p , on a :
p!
p × ( p − 1) × ( p − k + 1)
donc k!×C pk = p × ( p − 1) × ( p − k + 1) .
=
C pk =
( p − k )!k!
k!
La dernière équation implique que p| k!×C pk .
Or p est premier avec k ! donc d’après le théorème de Gauss p| C pk .
Ainsi, p divise (a + 1) − a p − 1 par conséquent,
p
(a + 1)p − a p − 1 ≡ 0 [ p ] d’où (a + 1)p ≡ a p + 1 [ p ].
Il reste à démontrer par récurrence sur l’entier naturel a que a p ≡ a [ p ] en utilisant la relation
précédente.
(La relation de récurrence ne peut être faite sur p, en effet si p est premier l’entier suivant
p + 1 n’est pas forcément premier (sauf si p=2, mais après ce n’est plus possible).
Au rang a=1, on a pour tout p premier : 1p = 1 et 1 ≡ 1 [ p ] donc pour tout entier p premier
1p ≡ 1 [ p ] ce qui prouve la relation au rang (a=) 1.
Supposons que pour un entier non nul a fixé dans IN, a p ≡ a [ p ] et démontrons que la relation
est vraie au rang suivant c’est à dire que (a + 1) ≡ a + 1 [p].
p
On a (a + 1) ≡ a p + 1p [p] puisque p est premier. Or par hypothèse de récurrence, a p ≡ a [ p ]
p
donc a p + 1 ≡ a + 1 [ p ] donc (a + 1) ≡ a + 1 [p] ce qui prouve la relation au rang a+1. D’après
le principe de récurrence :
Pour tout entier naturel a non nul et tout entier premier p ne divisant pas a : a p ≡ a [ p ] .
Par suite si p ne divise pas a alors PGCD(a; p ) = 1 et donc a p −1 ≡ 1 [ p ].
p
Exemple.
Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. On considère l’entier naturel a = n5 − n .
a- Démontrer que a est divisible par n3 − n .
b- Démontrer que a est divisible par 30.
a- a = n(n − 1)(n + 1) n 2 + 1 = n3 − n n 2 + 1 puisque n2+1 est un entier naturel cela
entraîne que a est divisible par n3 − n .
b- 5 est un nombre premier, donc d’après un conséquence du petit théorème de Fermat, 5
divise n5 − n d’où n5 ≡ n [5] .
De même 3 est un nombre premier donc 3 divise n5 − n d’où n3 ≡ n [3] .
Par conséquent, d’après a), 3 divise n5 − n .
De même2 est premier donc 2 divise n 2 − n donc divise n3 − n donc divise n5 − n .
Conclusion : 2 divise a, 6 et 5 sont premiers entre eux donc 30 divise a.
(
) (
)(
)
-7-
Exercice.
Soit n un entier naturel non nul et a = n13 − n .
1°) Montrer que a est pair.
2°) Montrer que a est divisible par 13 et 7.
3°) En déduire que a est divisible par 182.
1°) Soit n un entier naturel non nul (on envisage les deux cas n pair (non nul) et n impair.
• Si n ≡ 0 [2] , alors n13 ≡ 0 [2] et donc n13 − n ≡ 0 [2] .
• Si n ≡ 1 [2] , alors n13 ≡ 1 [2]et donc n13 − n ≡ 0 [2] .
Dans les deux cas, pour tout entier naturel n non nul, a = n13 − n est pair.
2°) C’est une application du théorème de Fermat avec n=13. L’astuce : 13=7+6.
On a a = n13 − n = n 7 + 6 + n 7 − n 7 − n = n 7 n 6 + 1 − n n 6 + 1 = n 6 + 1 n 7 − n .
On a p=13 qui est premier et n 7 − n qui est non nul (car n ∈ IN * ) donc d’après le théorème de
Fermat, n 7 − n ≡ 0 [13] c’est à dire n 7 ≡ n [13] et donc n13 − n ≡ 0 [13] d’où 13 a .
(
) (
) (
)(
)
On a p=7 qui est premier et le même raisonnement on a n 7 − n ≡ 0 [7] d’où n13 − n ≡ 0 [7]
d’où 7 a .
 PGCD(2;7 ) = 1

3°) Puisque a est divisible par 2, 7 et 13 avec  PGCD(7;13) = 1 on en déduit que a est
 PGCD(2;13) = 1

divisible par 2 × 7 × 13 = 182 .
Remarque.
Dans 2°) on ne peut pas appliquer le théorème de Fermat à n 6 + 1 car ce ce soit dans le
théorème de Fermat ou son corollaire, il faut une forme a p − a ≡ 0 [ p ] ou a p −1 − 1 ≡ 0 [ p ] et
non + au milieu !
Centres étrangers Juin 2006.
Le but de cet exercice est d'étudier certaines propriétés de divisibilité de l'entier 4n − 1 lorsque
n est un entier naturel. On rappelle la propriété connue sous le nom de petit théorème de
Fermat :
« si p est un nombre entier et a un entier naturel premier avec p, alors a p −1 − 1 ≡ 0 [ p ] ».
Partie A.
1°) Démontrer que pour tout entier naturel n, 4n est congru à 1 modulo 3.
2°) Prouver à l'aide du petit théorème de Fermat que 428 − 1 est divisible par 29.
3°) Pour 1 ≤ n ≤ 4 , déterminer le reste de la division de 4n par 17. En déduire que, pour tout
entier k, le nombre 44 k − 1 est divisible par 17.
4°) Pour quels entiers naturels n le nombre 4n − 1 est-il divisible par 5 ?
5°) A l'aide des questions précédentes, déterminer quatre diviseurs premiers de 428 − 1 .
Partie B : Divisibilité par un nombre premier
Soit p un nombre premier différent de 2.
1°) Démontrer qu'il existe un entier n ≥ 1 tel que 4n ≡ 1 [ p ] .
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2°) Soit n ≥ 1 un entier naturel tel que 4n ≡ 1 [ p ] . On note b le plus petit entier strictement
positif tel que 4b ≡ 1 [ p ] et r le reste de la division euclidienne de n par b.
a- Démontrer que 4r ≡ 1 [ p ]. En déduire que r = 0 .
b- Prouver l'équivalence : 4n − 1 est divisible par p si et seulement si n est multiple de b.
c- En déduire que b divise p − 1 .
Partie A. Quelques exemples.
1°) 4 ≡ 1 [3] donc pour tout n ∈ IN * : 4n ≡ 1n [3] et finalement pour tout n ∈ IN * , 4n ≡ 1 [3] .
2°) Pour p=29 qui est premier et a=4 qui est premier avec p, d’après le petit théorème de
Fermat 429 −1 − 1 ≡ 0 [29] ou encore 428 − 1 est divisible par 29.
3°)
4 = 0 × 17 + 4
42 = 0 × 17 + 16
43 = 3 × 17 + 13
44 = 15 × 17 + 1 .
Cette dernière égalité montre que 44 ≡ 1 [17] d’où pour tout entier naturel k, 44 k ≡ 1 [17] c’est à
dire 44 k − 1 ≡ 0 [17] et prouve que, pour tout entier k, 44 k − 1 est divisible par 17.
4°) On a 42 = 16 = 3 × 5 + 1 ou 42 ≡ 1 [5] d’où pour tout entier naturel k, 42 k ≡ 1 [5] c’est à dire
42 k − 1 ≡ 0 [5] et prouve que, pour tout entier k, 44 k − 1 est divisible par 5.
Conclusion (partielle) : 4n − 1 est divisible par 5 si n est pair.
Par contre, de 4 ≡ 4 [5]et 42 k ≡ 1 [5] il résulte par produit que 42 k +1 ≡ 4 [5]
Conclusion : 4n − 1 est divisible par 5 si et seulement si n est un entier naturel pair non nul.
5°) Diviseurs premiers de 428 − 1 : la question 2 a déjà donné le nombre 29 ; la question 3 a
donné le diviseur premier 17 ; la question 4 a donné le diviseur 5.
D’autre part, 4 ≡ 1 [3] entraîne 4n ≡ 1 [3] ou encore 4n − 1 est divisible par 3 qui est premier. Il
y a également 5, 43 etc.
Partie B. Divisibilité par un nombre premier.
1°) 4 = 22 ; si p est premier différent de 2, il est premier avec 4, donc d’après le petit
théorème de Fermat 4 p −1 − 1 ≡ 0 [ p ] ou 4 p −1 ≡ 1 [ p ] .Le premier nombre premier différent de 2
est 3, donc n = p − 1 ≥ 1 .
2°)
a- On a donc 4n ≡ 1 [ p ] , 4b ≡ 1 [ p ] et n = bq + r avec 0 ≤ r < b . On déduit de la seconde
congruence que 4bq ≡ 1 [ p ] et par quotient avec 4bq + r ≡ 1 [ p ] que 4r ≡ 1 [ p ]. Or, b étant
le plus petit naturel vérifiant 4b ≡ 1 [ p ] , il en résulte que 4r = 1 ou encore que r = 0 .
b- On vient démontrer dans la question précédente que si 4n ≡ 1 [ p ] alors n est multiple
de b, b étant le plus naturel positif tel que 4b ≡ 1 [ p ] .
( )
Inversement si n = kb, de 4b ≡ 1 [ p ] , on déduit que 4b ≡ 1k [ p ] soit 4n ≡ 1 [ p ] ce qui
démontre l’équivalence.
c- D’après la question B. 1), 4 p −1 ≡ 1 [ p ] et soit b le plus petit entier tel que 4b ≡ 1 [ p ] .
D’après la question 2. b. il en résulte que p − 1 est multiple de b ou encore b (non nul)
divise p − 1 .
k
-9-
EXERCICES SUR LES NOMBRES PREMIERS.
Exercice 1.
Décomposer les nombres suivants en produit de facteurs premiers et dresser la liste de leurs
diviseurs.
a) 220
b) 543
c) 745
Exercice 2.
1°) Décomposer a=4312 en produit de facteurs premiers.
2°) Quel est le plus petit nombre entier naturel par lequel il faut multiplier a pour obtenir :
a) un carré parfait ?
b) un multiple de 1000 ?
Exercice 3.
Soit p un nombre premier strictement supérieur à 3.
1°) Démontrer que 8 p − 1 est congru à 0 ou à 1 modulo 3.
2°) En déduire que si 8 p − 1 est premier, alors 8 p + 1 n’est pas premier.
Exercice 4.
Soit n un entier naturel non nul. Fermat pensait que tous les nombres de la forme
n
Fn = 22 + 1 étaient premiers.
1°) Vérifier que F1 , F2 , F3 et F4 sont premiers.
2°) Calculer le PGCD de F5 et 641. Conclure.
Exercice 5.
1°) Quel est le rôle de l’algorithme suivant ?
2°) Qu’affiche cet algorithme pour N=15 ?
N=20 ?
3°) Saisir cet algorithme sur la calculatrice, et
le faire fonctionner pour les nombres
suivants :
a) 133
b) 547
c) 1223
d) 2013
Entrée
Saisir N
Initialisation.
i prend la valeur 2
Traitement
Tant que i ≤ N
Si N est congru à 0 modulo i alors
Afficher i, stop
Sinon
i prend la valeur i + 1
FinSi
SinTantque
Affichage
C’est un nombre premier.
Exercice 6.
On pose a = 24 × 35 × 5 × 7 2 × 11 et b = 23 × 32 × 7 × 11 .
1°) Démontrer que a est divisible par b.
2°) Quel est le quotient dans la division euclidienne de a par b ?
- 10 -
Terminale S.
Spé. Maths.
2008/2009.
Exercice 7.
Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 4.
1°) Démontrer que n est un carré parfait si et seulement si, dans sa décomposition en produit
de facteurs premiers les exposants sont tous pairs.
2°)
a- Décomposer a=5415 en produit de facteurs premiers.
b- Quel est le plus petit nombre entier naturel par lequel il faut multiplier a pour obtenir
un carré parfait ?
Exercice 8. Nombre de Mersenne.
Les nombres de Mersenne sont les entiers de la forme M n = 2n − 1 où n désigne un nombre
premier.
1°) Calculer la somme des nombres entiers naturels inférieurs ou égaux au plus grand diviseur
premier de 496.
2°) n est un nombre premier tel que M n est premier. On pose N = 2n −1 × 2n − 1 .
Démontrer que la somme des nombres entiers naturels inférieurs ou égaux à son plus grand
diviseur premier est égal à N.
(
)
Exercice 9.
Partie A : restitution organisée de connaissances.
Prémisse.
Théorème de Bézout : a et b désignent deux nombres entiers non nuls. a et b sont premiers
entre eux si, et seulement si, il existe deux entiers relatifs u et v tels que au + bv = 1 .
Utiliser le théorème de Bézout pour démontrer le théorème de Gauss.
Partie B : application.
Pour tout nombre entier naturel n, on note : un = 2n + 3n + 6n − 1 .
1°) Calculer les six premiers termes de la suite (un ) .
2°) Un élève conjecture que les termes de (un ) sont des multiples de 4.
Valider ou infirmer la conjecture de l’élève.
3°) On note [E] l’ensemble des nombres premiers qui divisent au moins un terme de la suite
(un ) .
a- Les entiers 2, 3, 5 et 7 appartiennent-ils à [E] ?
b- Soit p un nombre premier strictement supérieur à 3. Démontrer que p divise 6u p − 2 . En
déduire que [E] contient l’ensemble des nombres premiers, puis que [E] est l’ensemble
des nombres premiers.
Exercice 10. Avec le petit théorème de Fermat.
On rappelle la propriété connue sous le nom de petit théorème de Fermat :
« p est un nombre premier et a un nombre entier naturel premier avec p, alors a p −1 − 1 est
divisible par p ».
1°) Soit p un nombre premier impair.
a- Montrer qu’il existe un nombre entier naturel k, non nul, tel que 2k ≡ 1 [ p ] .
b- k est un nombre entier naturel non nul tel que 2k ≡ 1 [ p ] et n est un nombre entier
naturel. Montrer que, si k divise n, alors 2n ≡ 1 [ p ] .
- 11 -
c- b est tel que 2b ≡ 1 [ p ] , b étant le plus petit nombre entier non nul vérifiant cette
propriété. Montrer en utilisant la division euclidienne de n par b, que si 2n ≡ 1 [ p ] ,
alors b divise n.
2°) q est un nombre premier impair et A le nombre tel que A = 2n − 1 . On prend pour p un
facteur premier de A.
a- Justifier que 2q ≡ 1 [ p ] .
b- Montrer que p est impair.
c- b est tel que 2b ≡ 1 [ p ] , b étant le plus petit nombre entier non nul vérifiant cette
propriété. Montrer, en utilisant le 1°), que b divise q. En déduire que b = q .
d- Montrer que q divise p − 1 , puis montrer que p ≡ 1 [2q ] .
3°) A1 = 217 − 1 . Voici la liste des nombres premiers inférieurs à 400 et qui sont de la forme
34m + 1 , avec m nombre entier non nul : 103, 137, 239, 307.
En déduire que A1 est premier.
Exercice 11. Equation modulo p.
1°) On considère l’ensemble A7 = {1;2;3;4;5;6} .
a- Pour tout élément a de A7 , écrire dans un tableau l’unique élément y de A7 tel
que ay ≡ 1 [7] .
b- Pour x nombre entier relatif, démontrer que l’équation 3 x ≡ 5 [7] équivaut à x ≡ 4 [7] .
c- Si a est un élément de A7 , montrer que les seuls nombres entiers relatifs x solutions de
l’équation ax ≡ 0 [7]sont les multiples de 7.
2°) Dans toute cette question, p est un nombre premier supérieur ou égal à 3.
On considère l’ensemble Ap = {1;2;; p − 1}des nombres entiers naturels non nuls et
strictement inférieurs à p. Soit a un élément de Ap .
a- Le petit théorème de Fermat affirme que : « si p est un nombre premier, alors pour tout
nombre entier naturel a non divisible par p, a p −1 ≡ 1 [ p ] ».
Vérifier que a p − 2 est une solution de l’équation : ax ≡ 1 [ p ] .
b- On note r le reste de la division euclidienne de a p − 2 par p. Démontrer que r est
l’unique solution x dans Ap , de l’équation ax ≡ 1 [ p ] .
c- Soient x et y deux nombres entiers relatifs.
Démontrer que xy ≡ 0 [ p ] si, et seulement si, x est un multiple de p ou y est un
multiple de p.
d- Application. : p=31. Résoudre dans A31 les équations 2 x ≡ 1 [31] et 3 x ≡ 1 [31] .
A l’aide des résultats précédents, résoudre dans Z l’équation 6 x 2 − 5 x + 1 ≡ 0 [31] .
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Terminale S.
Spé. Maths.
2008/2009.
CORRIGE DES EXERCICES SUR LES NOMBRES PREMIERS.
Exercice 1.
Décomposer les nombres suivants en produit de facteurs premiers et dresser la liste de leurs
diviseurs.
a) 220 = 22 × 5 × 11 donc 220 a (2 + 1) × (1 + 1) × (1 + 1) = 12 diviseurs qui sont 1, 2, 4, 5,
10, 11, 22, 44, 55, 110, 220.
b) 543 = 3 × 181 donc 543 a (1 + 1) × (1 + 1) = 4 diviseurs qui sont 1, 3, 181 et 543.
c) 745 = 5 × 149 donc 745 a (1 + 1) × (1 + 1) = 4 diviseurs qui sont 1, 5, 149 et 745.
Exercice 2.
1°) Décomposer a=4312 en produit de facteurs premiers.
4312 = 23 × 7 2 × 11
2°) Quel est le plus petit nombre entier naturel par lequel il faut multiplier a pour obtenir :
d) un carré parfait ? Le plus petit nombre par lequel il suffit de multiplier a pour obtenir
un carré parfait est 2 × 11 = 22 .
e) un multiple de 1000 ? Pour obtenir un multiple de 1000, il faut obtenir un multiple de
23 × 53 donc il suffit de multiplier a par 53 .
Exercice 3.
Soit p un nombre premier strictement supérieur à 3.
1°) Démontrer que 8 p − 1 est congru à 0 ou à 1 modulo 3.
Soit p un nombre premier avec p ≥ 3 . Comme p est un entier naturel, il peut s’écrire
p = 3k ou p = 3k + 1 ou p = 3k + 2 avec k ∈ IN . Or p = 3k est exclu car sinon p serait
multiple de 3 et ne serait plus premier donc p = 3k + 1 ou p = 3k + 2 avec k ∈ IN .
Ainsi, p ≡ 1 [3] ou bien p ≡ 2 [3] . Comme 8 ≡ 8 [3] , par propriété multiplicative des
congruences, (8 p ≡ 8 [3]) ⇔ (8 p − 1 ≡ 7 [3]) ⇔ (8 p − 1 ≡ 1 [3])
Ou bien :
(8 p ≡ 16 [3]) ⇔ (8 p − 1 ≡ 15 [3]) ⇔ (8 p − 1 ≡ 0 [3]) .
Si p est un nombre premier strictement supérieur à 3 alors 8 p − 1 ≡ 0 [3] ou 8 p − 1 ≡ 1 [3] .
2°) En déduire que si 8 p − 1 est premier, alors 8 p + 1 n’est pas premier.
Si 8 p − 1 est premier, alors 8 p − 1 ≡ 1 [3] ; le cas 8 p − 1 ≡ 0 [3] est exclu car sinon 3 (8 p − 1) et
8 p − 1 ne serait pas premier).
Ainsi 8 p − 1 ≡ 1 [3] et donc
(8 p − 1 + 2 ≡ 1 + 2 [3]) ⇔ (8 p + 1 ≡ 3 [3]) ⇔ (8 p + 1 ≡ 0 [3]) ⇔ (3 (8 p + 1))
ce qui prouve que
8 p + 1 n’est pas premier.
Exercice 4.
Soit n un entier naturel non nul. Fermat pensait que tous les nombres de la forme
n
Fn = 22 + 1 étaient premiers.
1°) Vérifier que F0 , F1 , F2 , F3 et F4 sont premiers.
n
0
1
2
3
5
17
Fn
On peut vérifier que tous ces nombres sont premiers.
- 13 -
3
257
4
65 537
2°) Calculer le PGCD de F5 et 641. Conclure.
On a F5 = 4 294 967 297 et PGCD(F5 ;641) = 641 donc641 divise F5 ce qui prouve que
F5 n’est pas premier.
L’hypothèse de Fermat est fausse.
1°) Quel est le rôle de l’algorithme suivant ?
Cet algorithme teste la primalité d’un nombre, s’il n’est pas premier, il affiche son plus petit
diviseur premier.
2°) Qu’affiche cet algorithme pour N=15 ? N=20 ?
Pour N=15, il affiche 3 et pour N=20, il affiche 2.
3°) Saisir cet algorithme sur la calculatrice, et le faire fonctionner pour les nombres suivants :
a) N=133, il affiche 7.
b) N=547 et N=1223 il affiche nombre premier.
c) N=2013, il affiche
Exercice 6.
On pose a = 24 × 35 × 5 × 7 2 × 11 et b = 23 × 32 × 7 × 11 .
1°) Démontrer que a est divisible par b.
Chacun des facteurs premiers intervenant dans la décomposition en facteurs premier de b est
présent dans la décomposition en facteurs premiers de b avec un exposant inférieur donc b
divise a.
2°) Quel est le quotient dans la division euclidienne de a par b ?
a
= 2 × 32 × 5 × 7 .
b
Exercice 7.
Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 4.
1°) Démontrer que n est un carré parfait si et seulement si, dans sa décomposition en produit
de facteurs premiers les exposants sont tous pairs.
• Supposons que n soit le carré d’un nombre entier a. Le carré de la
décomposition en facteurs premiers de a permet d’obtenir une décomposition
en facteurs premiers dont les exposants sont pairs. Par unicité de la
décomposition, on peut conclure.
• Supposons que la décomposition en facteurs premiers de n n’a que des
exposants pairs. Si a désigne le nombre obtenu à partir de la décomposition de
n en divisant par deux les exposants, a est la racine carrée de n donc a est un
carré parfait.
2°)
a- Décomposer a=5415 en produit de facteurs premiers.
a = 3 × 5 × 192
b- Quel est le plus petit nombre entier naturel par lequel il faut multiplier a pour obtenir
un carré parfait ?
Le plus petit nombre entier naturel par lequel il faut multiplier a est 15.
Exercice 8. Nombre de Mersenne.
Les nombres de Mersenne sont les entiers de la forme M n = 2n − 1 où n désigne un nombre
premier.
- 14 -
Terminale S.
Spé. Maths.
2008/2009.
1°) Calculer la somme des nombres entiers naturels inférieurs ou égaux au plus grand diviseur
premier de 496.
496 = 24 × 31 donc 31 est le plus grand diviseur premier de 496.
31 × 32
On a alors : 1 + 2 +  + 31 =
= 496 .
2
(
)
2°) n est un nombre premier tel que M n est premier. On pose N = 2n −1 × 2n − 1 .
Démontrer que la somme des nombres entiers naturels inférieurs ou égaux à son plus grand
diviseur premier est égal à N.
Dans la décomposition de N en facteurs premiers, on remarque que 2n − 1 est le plus grand
diviseur premier de N. Donc,
2n − 1 × 2n
1 + 2 +  + 2n − 1 =
= 2n −1 × 2n − 1 = N
2
) (
(
)
(
)
Exercice 9.
Partie A : restitution organisée de connaissances.
Prémisse.
Théorème de Bézout : a et b désignent deux nombres entiers non nuls. a et b sont premiers
entre eux si, et seulement si, il existe deux entiers relatifs u et v tels que au + bv = 1 .
Utiliser le théorème de Bézout pour démontrer le théorème de Gauss.
Partie B : application.
Pour tout nombre entier naturel n, on note : un = 2n + 3n + 6n − 1 .
1°) Calculer les six premiers termes de la suite (un ) .
n
un
0
2
1
10
2
48
3
250
4
1392
5
8050
6
47448
2°) Un élève conjecture que les termes de (un ) sont des multiples de 4.
Valider ou infirmer la conjecture de l’élève.
Faux car 2 et 10 ne sont pas multiples de 4.
3°) On note [E] l’ensemble des nombres premiers qui divisent au moins un terme de la suite
(un ) .
a- Les entiers 2, 3, 5 et 7 appartiennent-ils à [E] ?
2 et 3 divise 48 , 5 divise 250, 7 divise 8 050. Donc 2, 3 , 5 et 7 sont éléments de [E].
b- Soit p un nombre premier strictement supérieur à 3. Démontrer que p divise 6u p − 2 . En
déduire que [E] contient l’ensemble des nombres premiers, puis que [E] est l’ensemble
des nombres premiers.
6u p − 2 = 6 2 p − 2 + 3 p − 2 + 6 p − 2 − 1
(
)
p−2
= 3 × 2 × 2 + 2 × 3 × 3 + 6 × 6 p−2 − 6
or 6=3+2+1
= 3 × 2 p −1 + 2 × 3 p −1 + 6 p −1 − 6
p −1
p −1
p −1
= 3× 2 − 3 + 2 × 3 − 2 + 6 −1
= 3 × 2 p −1 − 1 + 2 × 3 p −1 − 1 + 6 p −1 − 1
p est un nombre premier strictement supérieur à 3 et donc p ne divise ni 2, ni 3, ni 6.
(
p−2
)
(
) (
)
- 15 -
En utilisant le petit théorème de Fermat, on en déduit que p divise 2 p −1 − 1 , 3 p −1 − 1 ,
6 p −1 − 1 donc p divise 6u p − 2 .
Donc p est un élément de [E]. Donc tout élément premier est un élément de [E]
Réciproquement, tout élément de [E] est par définition un nombre premier.
Donc [E] est l’ensemble des premiers.
Exercice 10. Avec le petit théorème de Fermat.
On rappelle la propriété connue sous le nom de petit théorème de Fermat :
« p est un nombre premier et a un nombre entier naturel premier avec p, alors a p −1 − 1 est
divisible par p ».
1°) Soit p un nombre premier impair.
Comme p un nombre premier impair alors p ≥ 3 .
a- Montrer qu’il existe un nombre entier naturel k, non nul, tel que 2k ≡ 1 [ p ] .
2 est premier avec p, donc en application du petit théorème de Fermat : 2 p −1 ≡ 1 [ p ] . Comme
p − 1 ≥ 2 , on a k = p − 1 qui est un entier qui répond à la question.
b- k est un nombre entier naturel non nul tel que 2k ≡ 1 [ p ] et n est un nombre entier
naturel. Montrer que, si k divise n, alors 2n ≡ 1 [ p ] .
Il existe d nombre entier tel que n = kd .
((
On sait que 2k ≡ 1 [ p ] donc 2k
)
d
) ((
≡ 1d [ p ] ⇔ 2k
)
d
)
(
)
≡ 1 [ p ] ⇔ 2n ≡ 1 [ p ] .
c- b est tel que 2b ≡ 1 [ p ] , b étant le plus petit nombre entier non nul vérifiant cette
propriété. Montrer en utilisant la division euclidienne de n par b, que si 2n ≡ 1 [ p ] ,
alors b divise n.
n = bq + r
Supposons que 
. Alors, 2n ≡ 1 [ p ] implique 2bq + r ≡ 1 [ p ] donc 2bq × 2r ≡ 1 [ p ] ce qui
0≤ r <b
( )
donne 2b × 2r ≡ 1 [ p ] or, 2b ≡ 1 [ p ] donc 2r ≡ 1 [ p ].
Si r ≠ 0 , alors 0 < r < b , ce qui contredit l’hypothèse faite sur b donc, r=0 et cela entraîne
que b divise n.
q
2°) q est un nombre premier impair et A le nombre tel que A = 2n − 1 . On prend pour p un
facteur premier de A.
a- Justifier que 2q ≡ 1 [ p ] .
p divise 2q − 1 donc 2q − 1 ≡ 0 [ p ] donc 2q ≡ 1 [ p ]
b- Montrer que p est impair.
Supposons que p soit pair. Puisque p est premier p = 2 . Or, 2q ≡ 1 [ p ] donc il existe un entier
relatif k tel que 2q = 1 + kp et puisque p = 2 alors 2q = 1 + 2k ce qui entraîne que 2q est
impair. Donc q=0.
Ce qui contredit l’hypothèse q est premier, donc p est impair.
- 16 -
Terminale S.
Spé. Maths.
2008/2009.
c- b est tel que 2b ≡ 1 [ p ] , b étant le plus petit nombre entier non nul vérifiant cette
propriété. Montrer, en utilisant le 1°), que b divise q. En déduire que b = q .
p est un nombre premier impair 2q ≡ 1 [ p ] donc b divise q. Or q est supposé premier, donc
b = 1 ou b = q
Le cas b = 1 conduit à 2 ≡ 1 [ p ] c'est-à-dire à 1 ≡ 0 [ p ] ce qui est impossible car p est différent
de 1, donc b = q .
d- Montrer que q divise p − 1 , puis montrer que p ≡ 1 [2q ] .
Puisque 2 p −1 − 1 ≡ 0 [ p ] en utilisant la question 1°), on a que b divise p − 1 donc q divise p − 1 .
Or, p − 1 est pair donc divisible par 2.
2 et q divisent p − 1 . Ainsi 2 et q sont premiers entre eux, donc 2q divise p − 1 , donc
p − 1 ≡ 0 [2q ] c'est-à-dire p ≡ 1 [2q ]
3°) A1 = 217 − 1 . Voici la liste des nombres premiers inférieurs à 400 et qui sont de la forme
34m + 1 , avec m nombre entier non nul : 103, 137, 239, 307.
En déduire que A1 est premier.
Pour prouver que ce nombre est premier, on commence par chercher les nombres premiers
inférieurs à sa racine carrée :
17
A1 ≤ 2 2 donc A1 ≤ 28 = 256 .
Par ailleurs, si p est un nombre premier divisant A1 , alors d’après la question 2°), p ≡ 1 [2q ] .
D’après l’indication, il suffit de vérifier que A1 n’est divisible par aucun des nombres premiers
parmi : 103, 137 et 239.
On vérifie à la calculatrice que c’est le cas.
Exercice 11. Equation modulo p. exercice 82 page 90 du hyperbole.
1°) On considère l’ensemble A7 = {1;2;3;4;5;6} .
a- Pour tout élément a de A7 , écrire dans un tableau l’unique élément y de A7 tel
que ay ≡ 1 [7] .
b- Pour x nombre entier relatif, démontrer que l’équation 3 x ≡ 5 [7] équivaut à x ≡ 4 [7] .
c- Si a est un élément de A7 , montrer que les seuls nombres entiers relatifs x solutions de
l’équation ax ≡ 0 [7]sont les multiples de 7.
2°) Dans toute cette question, p est un nombre premier supérieur ou égal à 3.
On considère l’ensemble Ap = {1;2;; p − 1}des nombres entiers naturels non nuls et
strictement inférieurs à p. Soit a un élément de Ap .
a- Le petit théorème de Fermat affirme que : « si p est un nombre premier, alors pour tout
nombre entier naturel a non divisible par p, a p −1 ≡ 1 [ p ] ».
- 17 -
Vérifier que a p − 2 est une solution de l’équation : ax ≡ 1 [ p ] .
b- On note r le reste de la division euclidienne de a p − 2 par p. Démontrer que r est
l’unique solution x dans Ap , de l’équation ax ≡ 1 [ p ] .
c- Soient x et y deux nombres entiers relatifs.
Démontrer que xy ≡ 0 [ p ] si, et seulement si, x est un multiple de p ou y est un
multiple de p.
d- Application. : p=31. Résoudre dans A31 les équations 2 x ≡ 1 [31] et 3 x ≡ 1 [31] .
A l’aide des résultats précédents, résoudre dans Z l’équation 6 x 2 − 5 x + 1 ≡ 0 [31] .
- 18 -