Corrigé de la série 2

Cours d’Alg` ebre Semestre d’automne 2015
Dr. P. Chabloz 28 septembre 2015
Corrig´e de la s´erie 2
Exercice 1. Pour chacun des couples d’entiers (a, b)suivants, calculer pgcd(a, b)
et ppcm(a, b)en factorisant aet ben produits de facteurs premiers.
(1) a= 105, b= 303. On obtient les d´ecompositions en facteurs premiers suivantes :
a= 3 ·5·7 et b= 3 ·101. On en d´eduit que pgcd(a, b) = 3 et ppcm(a, b) =
3·5·7·101 = 10606.
(2) a= 108, b= 162. On obtient les d´ecompositions en facteurs premiers suivantes :
a= 22·33et b= 2 ·34. On en d´eduit que pgcd(a, b) = 2 ·33= 54 et ppcm(a, b) =
22·34= 324.
(3) a= 3567, b= 1024. On remarque que b= 210 et que aest impair. Par cons´equent
pgcd(a, b) = 1 et ppcm(a, b) = a·b= 3652608.
Exercice 2. Combien existe-t-il de couples d’entiers (a, b)tels que
pgcd(a, b) = 12 et ppcm(a, b) = 360?
Ici, aet bsont des entiers sup´erieurs ou ´egaux `a 1.
Soit (a, b) un couple satisfaisant aux deux conditions de l’´enonc´e. Comme
pgcd(a, b) = 12, on peut ´ecrire a= 12αet b= 12β, avec pgcd(α, β) = 1. Par
ailleurs, comme ppcm(a, b) = 12αβ = 360, on voit que αβ = 30. R´eciproquement,
si on se donne un couple d’entiers (α, β) premiers entre eux satisfaisant αβ = 30,
alors le couple (a, b) = (12α, 12β) satisfait aux deux conditions de l’´enonc´e.
Finalement, on voit donc que le nombre de couples (a, b) satisfaisant aux deux
conditions de l’´enonc´e est exactement le nombre de couples (α, β) d’entiers pre-
miers entre eux v´erifiant αβ = 30. Comme 30 = 2 ·3·5, on voit que seuls les
couples (α, β) suivant conviennent :
(1,30),(2,15),(3,10),(5,6),(6,5),(10,3),(15,2),(30,1).
Il y en a donc 8.
Exercice 3. En vous inspirant de la preuve d’Euclide, montrer qu’il y a une
infinit´e de nombres premiers dans la suite :
3,7,11,15,...,4k+ 3, . . .
Il revient au mˆeme de montrer qu’il y a un nombre infini de nombres premiers
dans la suite :
7,11,15,...,4k+ 3, . . .

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Supposons par l’absurde que ce ne soit pas le cas, et notons p1< p2< . . . < prla
liste finie des nombres premiers dans cette suite. Consid´erons `a pr´esent le nombre
entier N= 4p1· · · pr+ 3. Soit pun nombre premier divisant N.
Remarquons tout d’abord que p6= 2 car Nest impair. De plus p6= 3 car sinon,
on aurait que N, et donc N−3 = 4p1· · · prest un multiple de 3, ce qui n’est pas
le cas, car chaque piest diff´erent de 3. On a aussi que p6=pipour tout indice i
entre 1 et r. En effet, si p=pi, alors on voit que Net donc 3 = N−4p1· · · pr
est un multiple de p, ce qui est exclu car p6= 3. Jusqu’`a maintenant, on a donc
montr´e que le nombre pfigure dans la suite :
5,9,13,...,4k+ 1, . . .
Comme ceci est valable pour tout nombre premier pdivisant N, on voit que tous
les diviseurs premiers de Nsont congrus `a 1 modulo 4. Par produit cela force N
`a ˆetre lui-mˆeme congru `a 1 modulo 4 et fournit une contradiction, puisque, par
d´efinition mˆeme, Nest congru `a 3 modulo 4. On en d´eduit que l’hypoth`ese que
l’on a faite au d´epart ne tient pas, ce qui ach`eve le raisonnement.