Chapitre 3 Arithmétique élémentaire

Chapitre 3
Arithmétique élémentaire
Table des matières
1 Notion de divisibilité
1.1 Exercices de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 PGCD et PPCM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Congruence
2.1 Exercices de base . . . . .
2.2 Numération . . . . . . . .
2.3 Construction et existence
2.4 Ensemble Z/nZ . . . . . .
2.5 Les carrés de Z/nZ . . . .
2.6 Equations diophantiennes
2
2
7
.
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25
25
37
41
46
56
66
3 Nombres premiers
3.1 Infinitude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Divers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Test de primalité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
70
75
87
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Arithmétique
1
page 2
Notion de divisibilité
1.1
Exercices de base
Exercice 1
√
1. Montrer que 2 est irrationnel.
√
2. Montrer que 1000 est irrationnel.
1. Si
√
2 est rationnel, alors on pourrait écrire
√
2=
p
avec p et q premiers entre eux. Alors, on
q
aurait :
2=
p2
q2
⇔
2q 2 = p2
Cela implique que 2 divise p grâce à Euclide.
Si p = 2k, alors
2q 2 = 4k 2
⇒
q 2 = 2k 2 .
Donc 2 divise q. Ainsi pgcd (q, p) = 2, ce qui est absurde avec le fait que q et p sont premiers
entre eux.
2. On écrit
√
1000
=
=
=
√
100
√ × 10
10√10
√
10 2 5.
Donc
√
1000 ∈ Q ⇔
√ √
2 5 ∈ Q.
√ √
p
2 5 = avec p et q premiers entre eux, alors 2.5 q 2 = p2 . Dans ce cas, 2 divise p.
q
Si p = 2k, alors 2.5 q 2 = 4k 2 . Dans ce cas, 2 divise q. Absurde.
Or si
Exercice 2
1. Soient a et b des entiers. Montrer que (a + 2b)4 − a4 est divisible par 8.
2. Soient a, b et d des entiers. Montrer que si d divise ab et a + b, alors d divise a2 .
3. Si ab divise a2 + b2 , montrer que a = b.
4. Montrer que, pour tout entier naturel n, n3 − n est divisible par 6.
1. Calculons
(a + 2b)4 − a4
=
=
((a + 2b)2 + a2 )((a + 2b)2 − a2 )
8 b(a2 + 2ab + 2b2 )(a + b).
2. Puisque d divise à la fois ab et a + b, il existe deux entiers k et k 0 tels que ab = kd et a + b = k 0 d.
Or les nombres a et b sont solutions de l’équation
x2 − (a + b)x + ab = 0.
Donc, on a
a2 − (a + b)a + ab = 0,
Algèbre
Arithmétique
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c’est-à-dire
a2 = (a + b)a − ab,
soit encore
a2 = d(k 0 a − k).
3. Si ab divise (a2 + b2 ), alors il existe n tel que
a2 + b2 = abn.
Cette relation montre que a2 est divisible par b et b2 par a. Il existe donc k et k 0 tels que a2 = bk
et b2 = ak 0 .
4. Raisonnons par récurrence. Lorsque n = 0, n = 1, n = 2, cette propriété est vraie. Supposons que
c’est vrai pour n, montrons que c’est encore vrai pour (n + 1).
(n + 1)3 − (n + 1)
=
=
=
=
n3 + 3n2 + 3n + 1 − n − 1
n3 + 3n2 + 2n
n3 − n + 3(n2 + n)
n3 − n + 3n(n + 1).
Par hypothèse, (n3 −n) est divisible par 6. De plus, 3n(n+1) est divisible par 6 car c’est le produit
de deux entiers consécutifs : si l’un est pair, l’autre impair et vice versa. Donc c’est divisible par
6.
Exercice 3
1. Soit m = 1 + 2r λ, n = 1 + 2s µ, où λ et µ sont impairs, tels que mn = 1 + 2k . Montrer que r est
égale à s.
2. Montrer que pour que la somme (m + 1)2 + ... + (m + k)2 soit multiple de k, quel que soit m, il
faut et il suffit que k soit impair non multiple de 3.
1. Raisonnons par l’absurde en supposant r 6= s, par exemple r < s. Calculons
mn
=
=
=
6
=
(1 + 2λ )(1 + 2s µ)
1 + 2s µ + 2r λ + 2r+s λµ
1 + 2r (2s−r (2m + 1) + 2n + 1 + 2r λµ)
1 + 2k
car (2s−r (2m + 1) + 2n + 1 + 2r λµ) est impair.
2. Calculons
(m + 1)2 + ... + (m + k)2
m2 + 2m + 1 + ... + m2 + 2mk + k 2
km2 + 2m(1 + 2 + ... + k) + (1 + 22 + ... + k 2 )
k + 1 k(k + 1)(2k + 1)
= km2 + 2mk
+
2
6
(k + 1)(2k + 1) = k m2 + m(k + 1) +
.
6
Donc (m + 1)2 + ... + (m + k)2 est multiple de k lorsque (k + 1)(2k + 1) est divisible par 6,
c’est-à-dire à la fois par 2 et par 3.
=
=
− Si k est pair, alors (k + 1)(2k + 1) n’est pas divisible par 2.
− Si k est impair, alors (k + 1) est divisible par 2. Dans ce cas, (2k + 1) doit est divible par 3.
Dans Z/3Z, on a
k
2k + 1
0
1
1
0
2
2
Algèbre
Arithmétique
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Donc 2k + 1 est divisible par 3 si et seulement si k ≡ 1[mod 3].
Au final, (m + 1)2 + ... + (m + k)2 est multiple de k si et seulement si k est impair et non multiple
de 3.
Exercice 4
1. Pour tout entier naturel n non nul, montrer que n2 divise (n + 1)n − 1.
2. Montrer que la somme des cubes de 3 entiers consécutifs est un multiple de 9.
3. Montrer que, pour tout entier naturel n, wn = 109n+2 + 106n+1 + 1 est divisible par 111 en
considédant wn+1 − wn .
1. Grâce au binôme, on a
(n + 1)n − 1 = nn − C1n nn−1 + ... + (1)n − 1.
Posons c =
n−1
X
(−1)i Cin , alors
i=1
(n + 1)n − 1 = nn + c.
Comme n2 divisve c, on obtient
(n + 1)n − 1 = n2 (nn−2 + c0 ).
2. On a
n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3
3n3 + 9n2 + 15n + 9
3n3 + 15n + 9(n2 + 1)
3(n3 + 5n) + 9(n2 + 1)
3n(n2 + 5) + 9(n2 + 1).
=
=
=
=
− Si 3 divise n, c’est fini.
− Si 3 ne divise pas n, alors il existe k tel que n = 3k + 1, n2 + 5 = (3k + 1)2 = 3(3k 2 + 2k + 2),
donc 3n(n2 + 5) est divisible par 9.
− Si 3 ne divise pas n, alors il existe k tel que n = 3k + 2. Dans ce cas, on a
n2 + 5
(3k + 2)2 + 5
9k 2 + 12k + 9
3(2k 2 + 4k + 3),
=
=
=
ce qu’il fallait faire.
3. Calculons
wn+1 − wn
=
=
=
(109n+1 + 106n+7 + 1) − (109n+2 + 106n+1 + 1)
109n+2 (109 − 1) + 106n+1 (106 − 1)
109n+2 a + 106n+1 b.
Evaluons a et b pour montrer qu’ils sont multiples de 111. On a
a
=
109 − 1
=
(10 − 1)
8
X
10k
k=0
=
9
8
X
10k
k=0
avec
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8
X
10k
=
k=0
=
=
=
2
X
10k +
5
X
10k +
X
k = 68 10k
k=0
k=3
P
P
111 + 103 2k=0 10k + 106 4k=0 10k
111(1 + 103 + 106 )
111p,
d’où a = 9p = 111p0 .
De même,
b
106 − 1
=
5
X
10k
=
(10 − 1)
=
2
5
X
X
9
10k +
10k
=
=
9(111 + 1113 )
111q.
k=1
k=0
k=3
Finalement, 111 divise a et b, donc 111 divise wn+1 − wn .
Montrons maintenant par récurrence sur n que wn est divisible par 111. Supposons que wk est
divisible par 111 et montrons que wk+1 l’est aussi. D’après l’hypothèse, il existe un entier p tel que
wk = 111p. Or wk+1 − wk est divisible par 111q et finaelement wk+1 = 111q + 111p = 111(p + q).
Cela implique que wk+1 est divisible par 111.
Exercice 5
p
Soit n ∈ N∗ et soit P un polynôme de Z[X] de degré n, montrer que, si ∈ Q, tel que p et q soient
q
étrangers, est un zéro de P , alors pour tout m ∈ Z, p − mq divise P (m).
Soit P =
n
X
ak X k . Pour tout m ∈ Z, calculons :
k=0
n
n
X
X
p
p
P (m) = P (m) − P ( ) =
ak mk − ( )k ⇒ q n P (m) =
ak ((qm)k − pk )q n−k = (p − mq)A
q
q
k=0
avec A = −
n
X
k=1
ak q
n−k
k−1
X
k=0
!
(qm)i pk−1−i
∈ Z. On voit ainsi que (p − mq) divise q n P (m). Mais
i=0
(p − mq) et q n sont premiers entre eux, donc (p − mq) divise P (m) d’après le théorème de Gauss.
Exercice 6
Démontrer que pour tout (x, y) de N2 si
x2 + y 2
= k est un entier, alors c’est un carré parfait.
1 + xy
Méthode 1
Soit p l’application de N2 dans N définie par (x, y) 7→ x et k un entier naturel tel que k =
x2 + y 2
.
1 + xy
Si x = 0 ou y = 0,on a le resultat On supposera donc x et y non nuls.
2x2
Si x = y, alors k =
< 2, c’est-à-dire k = 1.Donc k est un carré parfait dans ce cas.
1 + x2
Supposons qu’il existe (x, y)de (N∗ )2 tel que x soit différent de y et que k ne soit pas un carré parfait.
Pour des raison de symeétrie de la formule ci dessus, on peut choisir x < y. Dans ce cas, l’ensemble
D = {(x, y) ∈ (N∗ )2 | k est entier et n’est pas carré parfait} est donc non vide. Soit a = min(p(D)),
alors il existe b ∈ N∗ et (a, b) ∈ D. On a alors :
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a2 + b2 − k(1 + ab) = a2 − kba + (b2 − k) = 0.
Le nombre a est donc solution de l’équation du 2 éme degré
t2 − kbt + b2 − k = 0.
Le discrimimant de cette équation est par conséquent positif. Donc ce trinôme a deux solutions.
Si a0 est la seconde racine, a0 appartient à N. En effet si a0 n’appartenait pas à N, alors on aurait
a0 < 0. Mais a0 vérifie la relation
(a0 )2 + b2 = k(a0 b + 1).
Alors a0 b + 1 < 0 et on aurait k < 0. C’est contradictoire. Par ailleurs, on a la relation
aa0 = b2 − k.
Par hypothése b2 − k est non nul car k n’est pas un carré parfait. Donc a0 est dans N∗ . Or on a
k
b2
<
=b
a
b
et (b, a0 ) est dans D par conséquence. Il vient donc b ≥ a = min(p(D)). C’est absurde car a > b.
Donc D est vide.
a0 = b2 −
Méthode 2
Soient x, y et k des entiers tels que
x2 + b2 = k(xy + 1).
Si x = y, alors on a
2x2 = k(x2 + 1).
Il est clair que 2x2 > k et x2 divise k, c’est-à-dire
k = x2 et x2 + 1 = 2.
On obtient alors x = y = k = 1.
Si x < y, on peut construire une suite (xn , yn ) définie par
x1 = x, y1 = y, xn+1 = yn et yn+1 = kyn − xn .
On démontre par récurrence que
(xn )2 + (yn )2 = k(xn yn + 1).
D’après le principe descendant de Fermat, il existe un N tel que yN = 0. On remplace yN et xN
dans l’égalité, on trouve k = (xN )2 .
Exercice 7
Soit (m, n) ∈ N2 . Montrer que mn(m60 − n60 ) est divisible par 56786730.
On a :
56786730 = 2.3.5.7.11.13.31.61.
Donc mn(m60 − n60 ) est divisible par 56786730 si et seulement si tous ses nombre premiers dans la
décomposition en facteurs premiers divise mn(m60 − n60 ).
Ecrivons :
mn(m60 − n60 )
=
=
m61 n − mn61
(m61 − m)n − m(n61 − n)
qui est divisible par 61 d’après le petit théorème de Fermat.
Algèbre
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Ensuite :
mn(m60 − n60 )
=
=
=
mn(m30 − n30 )(m30 + n30 )
(m30 + n30 )(nm31 − mn31 )
(m30 + n30 )[(m31 − m)n − m(n31 − n)]
qui est divisible par 31 toujours d’après le petit théorème de Fermat.
Maintenant écrivons :
mn(m60 − n60 ) = (m60 − 1)mn − (n60 − 1)mn.
Pour k ∈ {1, 2, 4, 6, 10, 12, 30}, k divise 60, donc on peut toujours faire apparaı̂tre mk − 1 et nk − 1
dans mn(m60 − n60 ).
Variant
Pour k ∈ {1, 2, 4, 6, 10, 12, 30}, k divise 60, donc mk − nk divise m60 − n60 . Calculons :
mn(mk − nk ) = (mk+1 − m)n − m(nk+1 − n).
Mais k + 1 ∈ {2, 3, 5, 7, 11, 13, 31} est un nombre premier, donc d’après le petit théorème de Fermat
(k + 1) divise mn(mk − nk ).
1.2
PGCD et PPCM
Exercice 1
1. Soient a et b des entiers naturels. Dans quel cas a-t-on pgcd (a, b) = ppcm(a, b) ?ppcm(a, b) = ab ?
2. Est-ce que, si ab est un carré, a est un carré ?
3. On suppose que pgcd (a, b) = 1 et que ab est un carré. Montrer que a est un carré.
1. On a intérêt ici à utiliser la formule pgcd(a, b) ppcm(a, b) = ab. Posons pgcd(a, b) = d et
a
b
ppcm(a, b) = m. Les nombres x = et x0 = sont premiers entre eux et on a m = xx0 d = d.
d
d
Cela implique que x = x0 = 1 et a = b.
Pour avoir ppcm(a, b) = ab, il suffit que pgcd(a, b) = 1.
2. La réponse est non : il suffit de prendre un contre exemple.
Prenons par exemple a = 5 et b = 20 qui ne sont pas des carrés. Mais on a bien
ab = 100 = 102 .
3. Décomposons a, b et ab en produit de facteurs premiers :
a = pα1 1 pα2 2 · · · pαnn , b = q1β1 q2β2 · · · qnβn et ab = (tγ11 tγ22 ...tγnn )2 .
Comme a et b sont premiers entre eux, on a
{p1 , p2 , ..., pn } ∩ {q1 , q2 , ..., qn } = ∅.
Dans ce cas :
ab
=
=
=
pα1 1 pα2 2 · · · pαnn q1β1 q2β2 · · · qnβn
(tγ11 tγ22 ...tγnn )2
2γn
1 2γ2
t2γ
1 t2 ...tn .
Par unicité de la décomposition, tous les αi et βi sont pairs. Donc
a
2α0 2α02
2α0n
· · · pn
=
p1 1 p2
=
(p1 1 p2 2 · · · pnn )2
α0 α0
α0
Donc a est paire et b aussi.
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Exercice 2
Montrer que pour tout entier a et b, on a :
1. pgcd(a2 + b2 , ab) = [pgcd(a, b)]2 ;
2. pgcd(a + b,ppcm(a, b)) = pgcd(a, b) ;
3. ∀n ∈ N∗ , pgcd(an , bn ) = [pgcd(a, b)]n et ppcm(an , bn ) = [ppcm(a, b)]n .
En déduire pgcd(81, 144).
1. Posons d = pgcd(a, b). Il existe a0 , b0 ∈ N tel que a = da0 et b = db0 avec pgcd(a0 , b0 ) = 1.
On a donc
pgcd(a2 + b2 , ab)
pgcd((da0 )2 + (db0 )2 , da0 db0 )
pgcd(d2 (a02 + b02 ), d2 a0 b0 )
d2 .pgcd(a02 + b02 , a0 b0 ).
=
=
=
Soit p un diviseur premier commun de a0 b0 et a02 + b02 . Alors p divise a0 ou p divise b0 .
Si p divise a0 , alors p divise a02 et b02 donc p divise b0 , ce qui est absurde car p serait diviseur
commun à a0 et b0 , mais pgcd(a0 , b0 ) = 1.
Si p divise b0 , on obtient de même avec le même raisonnement.
On obtient finalement
pgcd(a2 + b2 , ab) = [ pgcd(a, b)]2 .
2. Soit d = pgcd(a, b). Il existe a = da0 et b = db0 avec pgcd(a0 , b0 ) = 1. Il existe x0 et y 0 tels que :
v(a + b) + uba = d.
En divisant par d, on a :
x(a0 + b0 ) + ya0 b0 = 1.
Le théorème de Bezout implique
pgcd(a0 + b0 , a0 b0 ) = 1.
Calculons
pgcd(a + b, ppcm(a, b))
=
=
=
=
0
0
da db
)
pgcd(d(a0 + b0 ), pgcd(a,b)
0
0
0
0
pgcd(d(a + b ), da b )
d.pgcd(a0 + b0 , a0 b0 )
d.
3. Soit d = pgcd(a, b), alors il existe deux entiers a0 et b0 tels que
a = da0 , b = db0 avec pgcd(a0 , b0 ) = 1.
Il vient donc :
pgcd(an , bn )
=
=
pgcd[(da0 )n , (db0 )n ]
dn .pgcd(a0n , b0n ).
Soit p un diviseur premier commun à a0n et b0n . Comme p divise a0 et b0 , alors p divise pgcd(a0 , b0 ) =
1. D’où
pgcd(a0n , b0n ) = 1.
Il vient ainsi :
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pgcd(an , bn ) = dn .1 = dn = [pgcd(a, b)]n .
Maintenant calculons :
ppcm(an , bn ) =
(|a|.|b|)n
|an |.|bn |
=
= [ppcm(a, b)]n
pgcd(an , bn )
(pgcd(a, b))n
On a : 81 = 92 et 144 = 122 , donc
pgcd(81, 144) = pgcd(9, 12)2 = 32 = 9.
Exercice 3
1. Soit a, b et c des entiers non nuls avec pgcd(a, b) = 1. Montrer que
pgcd(a, bc) = pgcd(a, c).
2. Si pgcd (a, b) = 8, à quoi est égal pgcd (a2 , b2 ) ?
3. Quelles sont les valeurs possible de pgcd (a3 , b4 ) ?
1. Soit d = pgcd(a, c). Il existe a0 , c0 ∈ Z tels que
a = dx0 , c = dc0 avec pgcd(a0 , c0 ) = 1.
On a donc :
pgcd(a, bc) = pgcd(da0 , dbc0 ) = d.pgcd(a0 , bc0 ).
On sait que
pgcd(a, b) = 1 et pgcd(a0 , c0 ) = 1.
Il existe r, s ∈ Z tels que
a0 r + c0 s = 1,
ce qui entraı̂ne
a0 (a0 ur + uc0 s + brw) + bc0 vs = 1.
D’après Bezout, on a :
pgcd(a0 , c0 ) = 1.
Puisque pgcd(a, b) = 1, on a aussi pgcd(a0 , b) = 1 donc
pgcd(a, bc) = pgcd(a, c).
2. Si pgcd (a, b) = 8, alors on peut écrire :
a = 8α et b = 8β
avec pgcd (α, β) = 1. Ainsi,
a2 = 64α2 et b2 = 64β 2 .
Soit
pgcd (a2 , b2 ) = 64 pgcd (α2 , β 2 ).
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Soit p un nombre premier divisant α2 et β 2 , alors p divise à la fois α et β, ce qui est absurde
puisque α et β sont premiers entre eux. Ainsi, on ne peut qu’avoir pgcd (α2 , β 2 ) = 1. Il vient donc
pgcd (a2 , b2 ) = 64.
3. Avec les mêmes notations que précédemment, on peut écrire
a3 = 29 α3 et b4 = 212 β 4 .
Donc
pgcd (a3 , b4 ) = 29 pgcd (α3 , 23 β 4 ).
Cherchons pgcd (α3 , 23 β 4 ). On peut décomposer
3rn et β 4 = q 4s1 ...q 4sm
1
α3 = p3r
m
1 ...pn
1
où {p1 , ..., pn } ∩ {q1 , ..., qm } = ∅. On a deux cas :
− 1er cas :
n
Si α est pair, alors α3 = 23r1 ...p3r
n . Dans ce cas, on a
pgcd (α3 , 23 β 4 )
4s1
4sm
n
23 pgcd (23r1 −3 ...p3r
n , q1 ...qm
3
2 .
=
=
− 2ème cas :
Si α est impair, alors pgcd (α3 , 23 β 4 ) = 1.
Finalement, on obtient
pgcd (a3 , b4 ) = 212 si α est pair, 29 si α est impair.
Exercice 4
On suppose que
ax0 + by0 = r
ax1 + by1 = r.
Montrer qu’il existe un entier n tel que
x1 = x0 − n pgcdb(a,b) et y1 = y0 + n pgcda(a,b) .
Soit
ax0 + by0 = r
ax1 + by1 = r.
En retranchant membre à membre, on obtient
⇒
a(x0 − x1 ) + b(y0 − y1 ) = 0
a(x0 − x1 ) = b(y1 − y0 ).
Soit d = pgcd(a, b), alors on peut écrire a = dα et b = dβ avec pgcd(α, beta) = 1.
En remplaçant a, b par dα et dβ, on obtient
α(x0 + x1 ) = β(y1 − y0 ).
Comme pgcd(α, beta) = 1, α divise (y1 − y0 ). Il existe donc k ∈ Z tel que (y1 − y0 ) = kα. On obtient
y1
=
=
y0 + kα
a
y0 + k
d
Algèbre
Arithmétique
page 11
De même, il existe β tel que x0 − x1 = kβ. D’où
x1
=
=
x0 − kβ
b
x0 − k .
d
Exercice 5
1. Montrer que pour tout entier n, pgcd (5n3 − n, n + 2) = pgcd (n + 2, 38 ).
Lorsque d = pgcd (5n3 − n, n + 2), quelles sont les valeurs possibles de d ?
2. Résoudre pgcd (5n3 − n, n + 2) = 19.
1. Soit a, b, c et d des entiers. Pour démontrer que pgcd (a, b) = pgcd (c, d), il suffit de montrer que
l’ensemble des diviseurs communs à a et b est le même que l’ensemble des diviseurs communs à c
et d.
Par calcul, on a
(n + 2)(5n2 − 10n + 19) − 38 = (5n3 − n).
Cette écriture nous permet de dire que tout diviseur commun à (5n3 − n) et (n + 2) est diviseur
commun à (n + 2) et 38. Réciproquement, tout diviseur commun à (n + 2) et 38 est diviseur
commun à (5n3 − n) et (n + 2). Il vient donc
pgcd (5n3 − n, n + 2) = pgcd (n + 2, 38 ).
Comme d doit diviser 38, les valeurs possibles de d sont 1, 2, 19 et 38.
2. D’après la question précédente, résoudre pgcd (5n3 − n, n + 2) = 19 revient à résoudre pgcd
(n + 2, 38) = 19. Cela veut dire qu’il existe des entiers p et q tels que n + 2 = 19p et 38 = 19q
avec p et q premiers entre eux. Il est clair que q est pair. Le fait que p et q sont premiers entre
eux impose que p est impair. Donc n est de la forme
n = 19(2k + 1) − 2.
Exercice 6
Soit a, b, c et d des entiers non nuls avec pgcd(a, b) = pgcd(c, d) = 1.
Montrer que pgcd(ac, bd) = pgcd(a, d).pgcd(b, c).
Posons e = pgcd(a, d) et f = pgcd(b, c). Alors il existe a0 , d0 , b0 et c0 tels que
a = ea0 , d = ed0 , b = f b0 et c = f c0
avec pgcd(a0 , d0 ) = pgcd(b0 , c0 ) = 1. On a :
pgcd(ac, bd)
=
=
pgcd(ef a0 c0 , ef b0 d0 )
ef .pgcd(a0 c0 , b0 d0 ).
On va essayer de montrer que
pgcd(a0 c0 , b0 d0 ) = 1.
Pour cela, montrons que
pgcd(a0 , d0 ) = 1
pgcd(b0 , c0 ) = 1
⇒ pgcd(a0 c0 , b0 d0 ) = 1.
Soit p un diviseur commun premier de a0 c0 et b0 d0 . On a quatre possibilités :
− Si p divise a0 et p divise b0 , alors p divise a et p divise b, ce qui est absurde.
− Si p divise c0 et p divise d0 , alors p divise c et p divise d, absurde.
Algèbre
Arithmétique
page 12
− Si p divise c0 et p divise d0 , on a aussi une absurdité.
− Si p divise a0 et p divise d0 , c’est aussi absurde !
Donc p = 1 et on a le résultat.
Exercice 7
1. Soient a et b deux entiers premiers entre eux et c un entier quelconque. Trouver un nombre x
tel que pgcd (a + bx, c) = 1.
2. Déterminer l’ensemble des couples (a, b) de Z2 tels que
pgcd(a, b) + ppcm(a, b) = b + 9.
1. Ecrivons la décomposition de a, b et c en facteurs premiers :
a = pα1 1 ...pαk k
β
b = q1β1 ...qp p
µ
c = pλ1 1 ...pλk k q1µ1 ...qp p r1ν1 ...rkνk
On cherche x tel que pgcd(a + bx, c) = 1. Il suffit de poser x = r1ν1 ...rkνk . Soit π un nombre premier
divisant à la fois c et (a + bx). Montrons que π = 1 par l’absurde.
Si π = ri , alors il existe j tel que π = pj car π divise a. Comme pj 6= ri , on a π 6= ri . C’est
absurde.
Si π = qj , pi , alors par le même raisonnement c’est absurde.
Finalement, on ne peut qu’avoir π = 1.
2. Soit d = pgcd(a, b), alors il existe a0 et b0 tels que a = da0 , b = db0 avec 1 = pgcd(a0 , b0 ). Dans ce
cas, on a :
pgcd(a, b) = da0 b0 .
L’hypothèse donne :
d + da0 b0 = db0 + 9 ⇒ d[1 + b0 (a0 − 1)] = 9,
donc d divise 9 et on a : d = 1, 3, 9.
Si d = 1, alors
b0 (a0 − 1) = 8 ⇒ (b0 , a0 ) = (1, 9), (2, 5), (4, 5).
Si d = 3, alors
b0 (a0 − 1) = 2 ⇒ (b, a) = (1, 3).
Si d = 9, alors b0 (a0 − 1) = 0 et (b0 , 1) convient.
Exercice 8
Soient a, b, c, d, 4 entiers de N∗ . On pose
− P = abcd,
− M = ppcm(a, b, c, d),
− D = pgcd(a, b, c, d),
− D2 = pgcd(a, b).pgcd(a, c).pgcd(a, d).pgcd(b, c).pgcd(b, d).pgcd(c, d),
− D3 =pgcd(a, b, c).pgcd(a, b, d).pgcd(a, c, d).pgcd(b, c, d).
Montrer que M DD2 = P D3 .
Algèbre
Arithmétique
page 13
Soient p un entier tel que
a = pα q1 , b = pβ q2 , c = pγ q3 et d = pδ q4 .
Pour des raisons de symétrie, on peut supposer α ≤ β ≤ γ ≤ δ.
Il est clair que
P
D
M
pα+β+γ+δ .q
pgcd (a, b, c, d) = pα x
ppcm (a, b, c, d) = pδ y.
=
=
=
On calcule ensuite
D2
=
=
=
pgcd (a, b).pgcd (a, c).pgcd (b, c).pgcd (b, d).pgcd (c, d)
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
pα .x2 .pα .x2 .pβ .x2 .pβ .x2 .pβ .x2 .pγ .x2
p3α+2β+γ .x2
et
D3
=
=
(1)
(2)
(3)
(4)
pα .x3 .pα .x3 .pα .x3 .pβ .x3
p3α+β .x3 .
Calculons
M DD2
=
=
pδ .y.pα .x.p3α+2β+γ .x2
p4α+2β+δ+γ .yxx2
P D3
=
=
pα+β+γ+δ q.p3α+β .x3
p4α+2β+δ+γ .q.x3 .
et
On constae donc que l’exposant vp de p, c’est-à-dire la valuation relatif à p, dans la décomposition
de M DD2 et de P D3 sont égaux. Comme p est quelconque, on a bien M DD2 = P D3 .
Exercice 9
1. Si pgcd (a, b) = 1, calculer pgcd (111 + 5b, 13a + 6b).
2. Sachant que pgcd (a, b) = 1, calculer pgcd (a3 − b3 , a2 − b2 ).
3. Calculer pgcd (n! + 1, (n + 1)! + 1).
1. Lorsque n est plus grand que m, on a
pgcd (m, n) = pgcd (m, n − m).
Donc
pgcd (11a + 5b, 13a + 6b)
=
=
=
=
=
=
=
=
pgcd
pgcd
pgcd
pgcd
pgcd
pgcd
pgcd
1.
(11a + 5b, 2a + b)
(9a + 4b, 2a + b)
(7a + 3b, 2a + b)
(5a + 2b, 2a + b)
(3a + b, 2a + b)
(a, 2a + b)
(a, a + b)
2. Calculons
Algèbre
Arithmétique
page 14
pgcd (a3 − b3 , a2 − b2 )
pgcd [(a − b)(a2 + ab + b2 ), (a − b)(a + b)]
|a − b| pgcd (a2 + ab + b2 , a + b)
|a − b| pgcd (a2 + (a + b)b, a + b)
|a − b| pgcd (a2 , a + b)
|a − b| pgcd (a2 − a(a + b), a + b)
|a − b| pgcd (−ab, a + b)
|a − b| pgcd (−ab, a + b)
|a − b| pgcd (−ab, a + b)
|a − b| pgcd (−ab + b(a + b), a + b)
|a − b| pgcd (b2 , a + b)
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
Supposons que pgcd (b2 , a + b) 6= 1, alors il existe un nombre premier facteur de pgcd (b2 , a + b)
tel que p divise à la fois a2 et (a + b). Si p divise a2 , alors p divise a. Mais comme p divise (a + b),
il doit diviser b. Donc p divise à la fois a et b, c’est-à-dire pgcd (a, b) 6= 1. C’est contradictoire car
pgcd (a, b) = 1 par hypothèse.
Donc pgcd (a3 − b3 , a2 − b2 ) = |a − b|.
3. Calculons
pgcd [(n + 1)! + 1, n! + 1]
=
=
=
=
=
pgcd
pgcd
pgcd
pgcd
1.
[(n + 1)! + 1 − (n + 1)(n! + 1), n! + 1]
[1 − (n + 1), n! + 1]
[−n, n! + 1]
(−n, 1)
Exercice 10
Déterminer les solutions d’entiers (x, y) des systèmes :
1. pgcd (x, y) = 5 et ppcm (x, y) = 24.
2. pgcd (x, y) = 5 et ppcm (x, y) = 25.
3. pgcd (x, y) = 5 et ppcm (x, y) = 30.
4. ppcm (x, y) + 10 pgcd (x, y) = 203.
1. Comme pgcd (x, y) divise ppcm (x, y), il n’y a pas de solutions car 5 ne divise par 24.
2. Si on a
pgcd (x, y) = 5 et ppcm (x, y) = 25,
alors x et y appartiennent à {1, 5, 52 }.
Si x = y = 5, alors ppcm (x, y) = 5, donc (x, y) 6= (5, 5).
Si x = y = 25, alors pgcd (x, y) = 25, donc (x, y) 6= (25, 25).
Donc finalement, on a soit (x, y) = (5, 25), soit (x, y) = (25, 5).
3. Par le système
pgcd (x, y)
ppcm (x, y)
=
=
5
30,
il existe x0 et y 0 tels que
x
y
=
=
5x0
avec pgcd (x0 , y 0 ) = 1.
5y 0 ,
On connaı̂t la formule
= |xy|
= 25.|x0 y 0 |
ppcm (x, y) = 5|x0 y 0 | = 30,
pgcd (x, y). ppcm (x, y)
⇒
Algèbre
Arithmétique
page 15
soit encore
x0 y 0 = 6 = 2.3.
On peut dire que (x0 , y 0 ) appartiennent à {(1, 9), (2, 3), (6, 1), (3, 2)}. En remplaçant x0 et y 0 par
ces différentes valeurs, on trouve
(x, y) = (5, 30), (10, 15), (30, 5), (15, 10).
4. Comme pgcd (x, y) divise ppcm (x, y), il existe un entier k tel que
ppcm (x, y) = k. pgcd (x, y), k ≥ 1.
On a donc
k pgcd (x, y) + 10 pgcd (x, y) = 203
29.7
203
=
.
⇒
pgcd (x, y) =
10 + k
10 + k
Comme 29 et 7 sont des nombres premiers, on a soit 10 + k = 29, soit 10 + k = 203.
− Si k = 19, alors pgcd (x, y) = 7 et ppcm (x, y) = 7.19 = 133.
Le fait que ppcm (x, y). pgcd (x, y) = |xy| implique
x = 7x0
y = 7y 0
avec pgcd (x0 , y 0 ) = 1,
ce qui implique x0 y 0 = 19, d’où
(x0 , y 0 ) ∈ {(1, 19), (19, 1)}.
Dans ce cas, on a (x, y) ∈ {(7, 133), (133, 7)}.
− Si k = 193, alors pgcd (x, y) = 1 et ppcm (x, y) = 193, alors avec le même raisonnement que
précédemment, on a {x = 193, y = 1} ou {x = 1, y = 193}.
Exercice 11
1. Montrer l’existence de deux suites (an ) et (bn ) telles que
√
√
( 2 + 1)n = an + bn 2 avec pgcd (an , bn ) = 1.
2. Montrer que pour tout n ≥ 0, il existe un unique entier p > 0 tel que
√
√
√
( 2 − 1)n = p − p − 1.
1. Par récurrence. Pour n = 0,
√
( 2 + 1)0 = 1 et a0 = 1, b0 = 0.
Supposons
√
√
( 2 + 1)n = an + bn 2 avec pgcd (an , bn ) = 1,
alors
√
( 2 + 1)n+1
=
=
√
√
( 2 + 1)(an + bn 2)√
an + 2bn + (an + bn ) 2.
Si on pose
an+1 = an + 2bn et bn+1 = an + bn ,
alors
√
√
( 2 + 1)n+1 = an+1 + bn+1 . 2.
Algèbre
Arithmétique
page 16
√
Montrons que les an et bn sont premiers entre eux en considérant l’automorphisme f de Z[ 2]
dans lui même dé finie par
√
√
f (a + b. 2) = a − b. 2.
On a alors
√
√
√
√
√
a − b. 2 = f (a + b. 2) = f ([ 2 + 1]n ) = [f ( 2 + 1)]n = (1 − 2)n .
On fait le produit
√
√
√
√
(an )2 − 2(bn )2 = (a − b. 2).(a + b. 2) = (1 − 2)n .(1 + 2)n = (−1)n .
C’est une relation de Bezout entre an et bn . Ils sont premiers entre eux.
2. D’après la question précédente, on a :
- si n est pair, alors (an )2 − 2(bn )2 = 1. Dans ce cas, on pose p = (an )2 , c’est-à-dire
√
√
bn 2 = p − 1,
alors
√
√
√
√
( 2 + 1)n = an + bn 2 = p + p − 1.
- si n est impair, alors (an )2 − 2(bn )2 = −1. Dans ce cas, on pose p = 2(bn )2 , c’est-à-dire p − 1 =
(an )2 .
Exercice 12 : propriétés arithmétiques de la suite de Fibonacci
Soit (un ) la suite définie par ses deux premiers termes u0 = 0, u1 = 1, et par la relation de
récurrence
un+1 = un + un−1 .
1. Montrer que pour tout n ≥ 1, un et un−1 sont premiers entre eux.
2. Montrer que pour tout n ≥ 1, on a
un−1 un+1 − (un )2 = (−1)n ,
puis que pour tout couple (m, n) d’entiers naturels tels que m ≥ n, on a
um−n = (−1)n (um .un+1 − um+1 .un ).
3. En déduire que le pgcd de um et de u est ud , où d = pgcd (m, n).
1. On peut raisonner par exemple par récurrence. Pour n = 1 comme on peut écrire
A.u0 + u1 = 1,
on a par le théorème de Bezout pggc (u0 , u1 ) = 1 et u0 , u1 sont premiers entre eux.
Supposons pgcd (uk−1 , uk ) = 1 pour tout k ≤ n, alors il existe An−1 et An tels que
An−1 .un−1 + An .un = 1.
Calculons
An−1 .un+1 + (An + An−1 )un = An−1 .[un + un−1 ] + (An + An−1 )un
= An−1 un−1 + [An−1 + An − An−1 ]un
= An−1 .un−1 + An .un
= 1.
Donc pour tout n ≥ 1, un et un−1 sont premiers entre eux.
2. Par récurrence.
- Pour n = 1, on a
u0 .u2 − (u1 )2 = 0 − 1 = −1 et (−1)1 = −1,
donc
u0 .u2 − (u1 )2 = (−1)1 .
Supposons
Algèbre
Arithmétique
page 17
uk−1 .uk+1 − (uk )2 = (−1)k pour tout k ≤ n − 1.
Alors on a
uk−1 .uk+1 − (uk )2
= un−1 .(un−1 + un ) − (un )2
= (un−1 })2 + un .(un−1 − un )
= (un−1 )2 − un .un−2
= −[un−2 .un − (un−1 )2 ]
= −(−1)n−1
= (−1)n .
n
- Pour la relation um−n = (−1) (um .un+1 − um+1 .un ), encore par récurrence. Soit P(n) : ∀m ≥ n,
um−n = (−1)n (um un+1 − um+1 un ).
On a P(n) car : ∀m ≥ 0, um un − um+1 u0 = un .
Supposons P(n) et on veut montrer que
∀m ≥ n + 1, um−n−1 = (−1)n+1 (um un+2 − um+1 un+1 ).
Soit n = p + 1, alors p ≥ n. On a :
up+1 un+2 − up+2 un+1
=
=
=
=
up+1 (un+1 + un ) − (up+1 + up )un+1
up+1 un − up un+1
−(up un+1 − up+n un )
(−1)n+1 up−n ,
d’où
(um un+2 − um+1 un+1 )(−1)n+1 = um−n−1 .
3. Si pgcd (um , un ) = d, alors d divise forcément um−n et un car
um−n = (−1)n (um .un+1 − um+1 .un ).
Donc d ≤ pgcd (um−n , un ).
Réciproquement si pgcd (u {m − n}, u n) = e, alors forcément e divise um car un+1 et un sont
premiers entre eux. Donc e ≤ d et finalement e = d.
Posons m = nq1 + r1 et n = r1 q + r2 . Alors
pgcd (um , un ) = pgcd (un , um−nq1 )
= pgcd (un , ur1 )
= pgcd (un2 , ur1 )
= pgcd (ud , u0 )
= ud .
Exercice 13
Montrer que pour tout naturel n, on a :
i- pgcd(21n + 4, 14n + 3) = 1
ii- pgcd(n3 + 2n, n4 + 3n2 + 1) = 1
iii- pgcd(2n + 3n , 2n+1 + 3n+1 ) = 1.
i- On remarque que
−2(21n + 4) + 3(14n + 3) = 1.
Le théorème de Bézout permet de conclure.
ii- Si n = 0, alors n3 + 2n = 0, n4 + 3n2 + 1 = 1 et pgcd(0, 1) = 1.
Si n = 1, alors n3 + 2n = 0, n4 + 3n2 + 1 = 5 et pgcd(3, 5) = 1.
Pour n > 1, on a :
Algèbre
Arithmétique
page 18
n4 + 3n2 + 1 = (n3 + 2n)n + n2 + 1.
C’est la division euclidienne de n4 + 3n + 1 par n3 + 2n. On effectue de nouveau une division
euclidienne de n3 + 2n par n2 + 1 :
n3 + 2n = (n2 + 1)n + n
et
n2 + 1 = n.n + 1 et n = 1.n + 0.
Le pgcd de n4 + 3n2 + 1 et de n3 + 2n est le dernier reste non nul. Ici c’est 1, donc
pgcd(n4 + 3n2 + 1, n3 + 2n) = 1.
iii- On a :
3(2n + 3n ) − 1.(2n+1 + 3n+1 )
=
=
=
3.2n + 3n+1 − 2n+1 − 3n+1
(3 − 2).2n
2n .
Si d = pgcd(2n + 3n , 2n+1 + 3n+1 ), alors d divise 3(2n + 3n ) − 1.(2n+1 + 3n+1 ) = 2n .
Comme d divise 2n + 3n et 2n , d divise aussi 3n . Dans ce cas, d est une puissance de 2 et de 3,
c’est-à-dire d = 2k = 3l . Cela implique que k = l = 0 et d = 1.
Exercice 14
Déterminer les couples (u, v) ∈ Z2 vérifiant 700u + 429v = 1.
On a
700
429
871
158
113
45
23
22
=
=
=
=
=
=
=
=
429.1 + 271
271.1 + 158
158.1 + 113
113.1 + 45
45.2 + 23
23.1 + 22
1.22 + 1
1.22 + 0.
Donc pgcd(700, 429) = 1.
Maintenant pour trouver u et v, on repart dans l’autre sens :
1
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
23 − 22.1
23 − (45 − 23)
2.23 − 45
2(113 − 2.45) − 45
2.113 − 5.15
2.113 − 5(158 − 113)
9.113 − 5.158
7(271 − 158) − 5.158
7.271 − 12.158
19.271 − 12.429
19(700 − 429) − 12.429.
Algèbre
Arithmétique
page 19
On a donc 1 = 19.700 − 31.429. (19, −31) est solution particulière. Soit (u, v) un couple de solution,
alors 700u + 429v = 1, donc
700(u − 19) + 429(v + 31) = 0.
Soit 700(19 − 4) = 429(v + 31), donc 700 divise 429(v + 31).
Comme pgcd(700, 429) = 1, 700 divise v + 31 d’après le théorème de Gauss. Il existe donc k ∈ Z tel
que
v + 31 = 700.k.
De l’autre côté, 429 divise 700(19 − u). Comme pgcd(700, 429) = 1, 429 divise 19 − u. Il existe donc
k 0 ∈ Z tel que
19 − u = 429.k 0 .
On a alors :
700.429k 0 = 429.700.k ⇒ k 0 = k.
Si (u, v) est solution, alors il existe k tel que
u = 19 − 429k et v = −31 + 700k.
Réciproquement s’il existe un entier k tel que u = 19 − 429k et v = −31 + 700k, alors
700u + 429v
=
=
700.19 − 700.429k − 31.429 + 429.700k
1.
(u, v) est alors un couple de solutions et on a :
S = {19 − 429k; −31 + 700k, k ∈ Z}.
Exercice 15
Montrer que pgcd(a, b) = 1 si et seulement si pgcd(a + b, ab) = 1.
Si pgcd(a, b) = 1, alors pgcd(a + b, a) = 1 et pgcd(a + b, b) = 1, ce qui implique pgcd(a + b, ab) = 1.
Réciproquement si pgcd(a + b, ab) = 1, alors un diviseur d commun de a et b divise ab et a + b. Il
vient donc d = ±1, donc pgcd(a, b) = 1.
Exercice 16
Quel est le ppcm des entiers n, n + 1, n + 2 ?
On a clairement pgcd(n, n + 1) = 1 car 1.(n + 1) − 1.n = 1.
Il vient donc
pgcd(n, n + 1).ppcm(n, n + 1) = n(n + 1) ⇒ ppcm(n, n + 1) = n(n + 1).
De même pgcd(n + 1, n + 2) = 1 car 1.(n + 2) − 1.(n + 1) = 1. Donc
ppcm(n + 1, n + 2) = (n + 1)(n + 2).
– Si n est impair, il existe un entier k tel que n = 2k + 1 et n + 2 = 2k + 3. Mais pour k ≥ 1, on a :
2k + 3 = (2k + 1) + 2.
Algèbre
Arithmétique
page 20
Si d est un diviseur commu, de n et de n + 2, alors d divise 2. Comme 2k + 3 est impair, d ne
peut pas être égal à 2, donc d = 1.
Si k = 0, alors 2k + 3 = 3, 2k = 1 et pgcd(n, n + 1) = 1.
Pour k < 1, 2k + 3 et 2k + 1 sont des entiers impairs consécutifs négatifs. Leurs opposés étant
impair consécutifs et premiers entre eux, il en est de même pour eux. On alors :
pgcd(n(n+1), n+2) = 1 ⇒ ppcm(n(n+1), n+2) = n(n+1)(n+2) et ppcm(n, n+1, n+2) = n(n+1)(n+2).
– Si n est pair, alors pgcd(n, n + 2) = 2. On obtient
ppcm(n, n + 1, n + 2)
=
=
ppcm(n(n + 1), n + 2)
n(n + 1)(n + 2)
.
pgcd(n(n + 1), n + 2)
Mais pgcd(n(n + 1), n + 2) = pgcd(n, n + 2) = 2 car pgcd(n + 1, n + 2) = 1, d’où
ppcm(n, n + 1, n + 2) =
n(n + 1)(n + 2)
.
2
Exercice 17
Déterminer le plus petit entier dont le reste dans la division par 12, 17, 45 et 70 est toujours 4.
Soit a un entier tel que le reste de la division par 12, 17, 45, 70 soit 4. Il existe q1 , q2 , q3 , q4 dans Z
tel que
a = 12q1 + 4
a = 17q2 + 4
a = 15q3 + 4
a = 70q4 + 4.
a − 4 est donc multiple de 12, 17, 45 et 70.
La réciproque est immédiat. Donc
a − 4 = ppcm(12, 17, 45, 70).
Or 12 = 22 .3.
Exercice 18
Pour n ∈ N∗ , on considère a = 11n + 3 et b = 13n − 1.
1. Démontrer que tout diviseur de a et b est un diviseur de 50.
2. Résoudre pour x, y ∈ N∗ l’équation 50x − 11y = 3.
En déduire les valeurs de n pour lesquelles a et b ont 50 pour plus grand commun diviseur.
1. On a :
130 − 11b = 50.
Donc tout diviseur q de a et b divise 50.
2. On remarque que :
2 × 50 − 9 × 11 = 1 =⇒ 6 × 50 − 27 × 11 = 3,
donc
50x − 11y = 50 × 6 − 27 × 11 ⇐⇒ 50(x − 6) = 11(y − 27).
Algèbre
Arithmétique
page 21
Cela signifie que 50 divise 11(y − 27). Comme 50 est premier avec 11, 50 divise y − 27. Il existe
k ∈ N tel que
y − 27 = 50k =⇒ y = 50k + 27.
Il vient donc :
50(x − 6) = 11 × 50k =⇒ x = 11k + 6,
d’où
S = {(11k + 6, 50k + 27), k ∈ N∗ }.
La première équation nous dit que pgcd(a, b) divise 50. Montrons que 50 divise pgcd(a, b) si et
seulement si 50 divise a et b, ce qui est équivalent à : 50 divise 11n + 3 et 50 divise 13n − 1.
Or 50 = 130 − 116, soit encore 116 = 130 − 50.
Si 50 divise a, 50 divise 116.
Comme pgcd(50, 11) = 1, 50 divise b.
50 divise a
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
11n + 3 = 50x
50x − 11n = 3
n = 50k + 27, k ∈ N.
Exercice 19
Soient (a, b) ∈ (N∗ )2 . On pose d = pgcd(a, b) et m = ppcm(a, b). Trouver a et b tels que

 m = d2
m + d = 156

a≥b
On a :
m + d = d2 + d = 156 =⇒ d2 + d − 156 = 0 =⇒ d = −13 ou d = 12.
On trouve donc pgcd(a, b) = 12 et ppcm(a, b) = d2 = 144. Il existe a1 et b1 tels que
a = a1 × 12 et b = b1 × 12,
donc
ab = a1 b1 × 12 × 12 = 12 × 144 =⇒ a1 b1 = 12 = 3 × 22 .
Or a1 et b1 sont premiers entre eux, donc :
a1 = 4, b1 = 3 ou a1 = 12, b1 = 1.
Exercice 20
Démontrer que : ∀(a, b) ∈ Z2 , pgcd(5a + 3b, 13a + 8b) = pgcd(a, b).
Posons δ = pgcd(a, b) et δ 0 = pgcd(5a + 3b, 13a + 8b).
Montrons que δ divise δ 0 . Comme δ divise a et b, il existe k et k 0 tels que : a = kδ et b = k 0 δ. On a
alors :
Algèbre
Arithmétique
page 22
5a + 3b = 5kδ + 3k 0 δ = (5k + 3k 0 )δ =⇒ δ divise 5a + 3b.
De même, δ divise 13a + 8b, donc δ divise δ 0 .
Maintenant montrons que δ 0 divise δ 0 . Pour cela, posons a0 = 5a + 3b et b0 = 13a + 8b. On a :
a = 8a0 − 3b0
5a + 3b = a0
=⇒
0
13a + 8b = b
b = 5b0 − 13a0
Comme δ 0 divise a0 et b0 , δ 0 divise a et b, donc δ 0 divise δ. Finalement, on vient de montrer que :
δ = δ0.
Exercice 21
Déterminer tous les couples (a, b) ∈ N2 tels que : a + b = 48 et pgcd(a, b) = 6.
Supposons que a et b conviennent. Il existe a0 , b0 avec pgcd(a, b) = 1 tel que :
a = 6a0 et b = 6b0 =⇒ 6(a0 + b0 ) = 48 =⇒ a0 + b0 = 8.
Réciproquement si a = 6a0 , b = 6b0 , pgcd(a0 , b0 ) = 1 et a0 + b0 = 8, alors
a + b = 48 et pgcd(a, b) = 6.
Les couples (a0 , b0 ) vérifiant a0 + b0 = 8 sont :
(1, 7), (7, 1), (3, 5) et (5, 3),
donc
S = {(6, 42), (18, 30), (30, 18), (42, 6)}.
Exercice 22
Soit n ∈ N∗ .
1. Montrer que tout élément de {1, ..., n} a au moins un multiple dans {n + 1, ..., 2n}.
2. Montrer que ppcm(1, 2, ..., 2n) = ppcm(n + 1, n + 2, ..., 2n).
1. Soit k ∈ {1, 2, ..., n}. Les multiples de k sont de la forme mk avec m ∈ Z.
Si k = n, alors 2n est bien dans {n + 1, ..., 2n}.
Sinon, on a :
n + 1 ≤ mk ≤ 2n ⇐⇒
n+1
2n
≤m≤
.
k
k
2n n + 1
n−1
Comme
−
=
≥ 1, nous voyons qu’il existe m ∈ Z tel que mk ∈ {n + 1, ..., 2n}.
k
k
k
Dans tous les cas, le résultat est démontré.
2. Soit E l’ensemble des multiples communs à 1, 2, ..., 2n et E 0 celui de n + 1, n + 2, ...., 2n.
Si k est un multiple commun à 1, 2, ..., 2n, alors c’est un multiple commun à n + 1, ..., 2n. On a
donc : E ⊂ E 0 .
Réciproquement si k est un multiple commun à n + 2, n + 2, ..., 2n, alors k est multiple commun
à 1, 2, ..., 2n, d’où E = E 0 .
Variante
Soit P(n) la propriété :
Algèbre
Arithmétique
page 23
P(n) : ppcm(1, 2, ..., 2n) = ppcm(n + 1, n + 2, ..., 2n).
On a P(1) car :
ppcm(1, 2) = 2 et ppcm(2, 2) = 2.
Supposons P(n), alors on peut écrire :
k = ppcm(1, 2, ..., 2n + 2)
=
=
=
=
=
ppcm[ppcm(1, 2, ..., 2n), 2n + 1, 2n + 2]
ppcm[ppcm(1, 2, ...n), ppcm(2n + 1, 2n + 2)]
ppcm[ppcm(n + 1, ..., 2n), ppcm(2n + 1, 2n + 2)]
ppcm[n + 1, n + 2, ..., 2n + 2]
ppcm[n + 1, ..., 2(n + 1)].
Exercice 23 : Une application de l’algorithme d’Euclide
Soient a, b deux entiers de N∗ avec a > b et d = pgcd(a, b).
1. Montrer que si c est divisible par a et b, alors cd est divisible par ab :
(a divise c et b divise c) =⇒ ab divise cd.
2. Soit n ∈ Z∗ . Montrer à l’aide de l’algorithme d’Euclide que :
pgcd(na − 1, nb − 1) = nd − 1.
3. En déduire que si a et b sont premiers entre eux, alors (ma − 1)(mb − 1) divise (mab − 1)(m − 1).
1. Soit m = ppcm(a, b). Comme m divise c, dm divise dc. Mais dm = ab, donc ab divise dc.
Variant
Il existe u et v tels que :
au + bv = d.
Ensuite par hypothèse, il existe k,
k0
tels que c = ka et c = k 0 b. On obtient :
auc + bvc = dc =⇒ auk 0 b + bvka = dc =⇒ ab(uk 0 + vk) = dc.
2. Effectuons l’algorithme d’Euclide :
a
b
..
.
=
=
..
.
bq0 + r0 avec 0 ≤ r0 < b0
r0 q1 + r1 avec 0 ≤ r1 < r0
..
.
rk−1
=
rk qk+1 + rk+1 avec 0 ≤ rk < rk+1 .
Supposons que d = rh , alors rh+1 = 0. Rappelons que :
X k −1 = (X −1)(1+X +X 2 +...+X k−1 ) =⇒ nbq0 −1 = (nb )q0 −1 = (nb −1)[(nb )q0 −1 +...+nb +1].
On a :
na − 1
=
=
=
=
=
nbq0 +r0 − 1
(nb )q0 nr0 − 1
(nbq0 − 1 + 1)nr0 − 1
(nbq0 − 1)nr0 + (nr0 − 1)
(nb − 1)(nb(q0 −1) + ... + 1)nr0 + (nr0 − 1).
Algèbre
Arithmétique
page 24
On a donc :
pgcd(na − 1, nb − 1)
=
=
..
.
pgcd(nb − 1, nr0 − 1)
pgcd(nr0 − 1, nr1 − 1)
=
=
=
pgcd(nrh −1 − 1, nrh − 1)
nr h − 1
nd − 1.
3. De la relation :
nab − 1 = (na − 1)(na(b−1) + ... + na + 1),
on en déduit que na −1 divise nab −1. Par symétrie, nb −1 divise aussi nab −1. D’après la première
question, (na − 1)(nb − 1) divise (nab − 1).pgcd(na − 1, nb − 1). Comme a et b sont premiers entre
eux, on a :
pgcd(na − 1, nb − 1) = n − 1,
donc (na − 1)(nb − 1) divise (nab − 1)(n − 1).
Exercice 24
1. Démontrer que si a et b sont deux entiers naturels premiers entre eux, il en est de même pour
a + 2b et 3a + 5b.
2. Résoudre dans N2 :
(3a + 5b)(a + 2b) = 127b
ab = 2.ppcm(a, b)
1. Comme pgcd(a, b) = 1, il existe u et v de Z tel que ua + vb = 1. On a :
3(a + 2b) − (3a + 5b) = b
2(3a + 5b) − 5(a + 2b) = a
=⇒
3v(a + 2b) − v(3a + 5b) = vb
2u(3a + 5b) − 5u(a + 2b) = ua
=⇒ (2u−v)(3a+5b)+(3v−5u)(a+2b) =
D’après le théorème de Bezout, (a + 2b) et (3a + 5b) sont premiers entre eu.
2. D’après la formule
pgcd(a, b).ppcm(a, b) = ab,
on en déduit par déduction que :
pgcd(a, b) = 2.
Il existe alors a1 et b1 tels que pgcd(a1 , b1 ) = 1 et a = 2u1 et b = 2b1 . On a alors :
(3a+5b)(a+2b) = 4×319 =⇒ (6a1 +10b1 )(2a1 +4b1 ) = 4×319 =⇒ (3a1 +5b1 )(a1 +2b1 ) = 319 = 11×29.
Comme 11 et 29 sont des nombres premiers, on a plusieurs cas :
– soit 3a1 + 5b1 = 1 et a1 + 2b1 = 319, mais ce cas n’est pas possible car 1 < 319 et 3a1 > a1 et
5b1 > 2b1 , donc 1 > 319 ;
– de même, on ne peut pas avoir 3a1 + 5b1 = 319 et a1 + 2b1 = 1 ;
– en revanche, on peut avoir 3a1 + 5b1 = 29 et a1 + 2b = 11.
Ce système nous donne b1 = 4 et a1 = 3, donc a = 6 et b = 8.
Algèbre
Arithmétique
2
page 25
Congruence
2.1
Exercices de base
Exercice 1
1. Montrer que 6.4n ≡ 6 [mod 9].
2. Soit n un entier positif. Quel est le reste de la division par 4 de la somme 1n + 2n + 3n + 4n ?
3. Quel est le reste dans la division par 11 de 19961996 ?
4. Trouver le reste dans la division par 5 de N = 22223333 + 33332222 ?
5. Montrer que si n est un entier positif qui n’est pas un multiple de 3, alors 52n + 5n + 1 ≡ 0 [31].
1. Méthode 1
Pour n = 0, c’est clair. Supposons que la relation 6.4n ≡ 6 [mod 9] soit toujours vraie pour l’ordre
n. Alors
6.4n+1 ≡ 24 [mod 9] ≡ 6 [mod 9].
Méthode 2
Dans Z/9Z, écrivons :
n
4n
1
4
2
7
3
1
4
4
Ainsi, on a
43n ≡ 1 [p], 43n+1 ≡ 4 [9] et 43n+2 ≡ 7 [9].
Cela donne

 6.43n ≡ 6[9]
6.43n+1 ≡ 24[9] ≡ 6[9]

6.43n+2 ≡ 42[9] ≡ 6[9]
Méthode 3
On a l’équivalence suivante :
6.4n ≡ 6[9] ⇔ 9 divise 6(4n − 1).
Cela est également équivalent à ”3 divise 2(4n − 1)”, c’est-à-dire ”3 divise (4n − 1)”.
Mais pour tout n, la relation 4n ≡ 1 [3] est toujours vraie, donc on vient de démontrer 6.4n ≡ 6[9].
2. On a
 n
1 ≡ 1[4]




21 ≡ 2[4]


 n
2 ≡ 0[4]
31 ≡ −1[4]




 3n ≡ (−1)n [4]

 n
4 ≡ 0[4].
Donc
1n + 2n + 3n + 4n ≡ 1 + 2n + 3n [4].
Lorsque n = 1, c’est clair
1n + 2n + 3n + 4n ≡ 2[4].
Lorsque n = 2, on a
1n + 2n + 3n + 4n ≡ 2[4].
Algèbre
Arithmétique
page 26
Lorsque n > 2, on obtient
1n + 2n + 3n + 4n
≡
≡
1 + 3n [4]
1 + (−1)n [4].
3. Du fait de 1996 = 11.181 + 5, on a
1996 ≡ 5 [11].
Il suffit donc de calculer
51996
modulo 11. Ecrivons
52 ≡ 3 [11]
53 ≡ 4 [11]
54 ≡ 9 [11]
55 ≡ 1 [11].
Comme 1996 = 5.399 + 1, on obtient finalement
51996 = (55 )399 .5 ≡ 5 [11].
Donc ce reste est 5.
4. Il est clair que 2222 ≡ 2 [5] et 3333 ≡ 3 [5]. Il suffit donc de chercher le reste de la division de
23333 + 32222 par 5.
D’après le petit théorème de Fermat, on a 24 ≡ 1 [5] et 34 ≡ 1 [5]. Comme 2222 ≡ 2 [4] et
3333 ≡ 1 [4], il existe n et p tels que
22223333 + 33332222
≡
≡
≡
≡
24n+1 + 34p+2 [5]
2 + 32 [5]
2 + 4 [5]
1 [5].
5. On a
5 ≡ 5 [31], 52 ≡ 25 [31] et 53 ≡ 1 [31].
Il y a donc trois cas à étudire :
− Si n est un multiple de 3, alors n ≡ 0 [3]. Dans ce cas, il existe k tel que n = 3k et on peut
écrire
52n + 5n + 1 = 52.3k + 53k + 1
= (53 )2k + (53 )k + 1
≡ 1 + 1 + 1 [31]
≡ 3 [31].
− Si n ≡ 1 [3], alors il existe k tel que n = 3k + 1. Dans ce cas, on peut écrire :
52n + 5n + 1
= (53k+1 )2 + 53k+1 + 1
≡ 52 + 5 + 1 [31]
≡ 25 + 5 + 1 [31]
‘≡ 0 [31].
− Si n ≡ 2 [3], alors il existe k tel que n = 3k + 2 et on peut écrire
52n + 5n + 1
=
≡
≡
‘≡
(53k+2 )2 + 53k+2 + 1
252 + 52 + 1 [31]
5 + 25 + 1 [31]
0 [31].
Exercice 2
1. Trouver le reste de la division de 247349 par 7.
2. Soit n ∈ N∗ . Trouver les restes des divisions de 10n par 7.
3. Trouver le reste de la division par 7 de (2200)752 .
4. Trouver le reste de la division de 10100 par 247.
Algèbre
Arithmétique
page 27
1. On vérifie que 247 = 7.35+2 ≡ 2 [7]. Donc 247349 ≡ 2349 [5]. D’après le petit théorème de Fermat,
on a 26 ≡ 1 [7], cela nous permet d’écrire
247349
2349 [5]
26.58+1 [5]
2 [5].
≡
≡
≡
2. Il est clair que 10n ≡ 3n [3]. Puis, on a
0
1
1
3
2
2
3
6
4
4
5
5
6
1
n module 6
reste modulo 7
0
1
1
3
2
2
3
6
4
4
5
5
3n
n
modulo 7
ce qui nous permet d’écrire
3. Comme 2200 = 22.102 , on a
2200752
= 22752 .(102 )752
≡ (32 )752 [7]
≡ 2752 [7]
≡ 23.250+2 [7]
≡ 8250 .22 [7]
≡ 4 [7].
4. Décomposons 247 = 13 × 19 en facteurs premiers. A l’aide du petit théorème de Fermat, on peut
écrire 1012 ≡ 1 [13] et 1018 ≡ 1 [19]. Comme 36 est un multiple commun de 12 et 18, on a
1036
1036
≡
≡
1 [13]
1 [19].
Comme 13 et 19 divisent 1036 − 1, 247 le divise également. On obtient donc 1036 ≡ 1 [247].
Exercice 3
1. Montrer que 246 ≡ −1 [13].
2. Montrer que 13 divise 270 + 370 .
3. Montrer que pour tout k ∈ N, 24k+2 ≡ 4 [5].
4. Pour tout entier n, montrer que n(n + 1)(n + 2)(n + 3) est divisible par 24.
1. On a
246
=
≡
13.2 − 2
−2 [13],
donc
246
≡
≡
(−2)6 [13]
64 [13].
Or 64 = 13.5 − 1, donc 246 ≡ −1 [13].
2. D’après le petit théorème de Fermat, on a
212 ≡ 1 [13].
Puis, on a
30 ≡ 1 [13], 3 ≡ 3 [13], 32 ≡ 9 [13], 33 ≡ 1 [13],
et
Algèbre
Arithmétique
page 28
70 ≡ 10 [12].
Donc
270 = (212 )5 × 210 ≡ 10 [13].
Par ailleurs, on a aussi
370
=
≡
(312 )5 × 310
1.3 [13].
Donc finalement, on a 270 + 370 ≡ 0 [13].
3. Pour k = 1, on a
26
(23 )2
64
5.12 + 4,
=
=
=
donc
26
≡
4 [5].
Supposons que cela soit vraie pour k : 24k+2 ≡ 4 [5]. Calculons 24(k+1)+2 :
22
23
24
≡
≡
≡
4 [5]
3 [5]
1 [5].
Donc
24(k+1)+2
=
≡
≡
(24 )k+1 .22
1k+1 .4 [5]
4 [5].
Cette propriété est donc vraie pour tout entier k.
4. Considérons la propriété
P(n) : n(n + 1)(n + 2)(n + 3) ≡ 0[24].
P(0) est vraie. Supposons la vraie au rang n, montrons la pour (n + 1). On a
(k + 1)(k + 2)(k + 3)(k + 4) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 4(k + 1)(k + 2)(k + 3).
Or k + 1, k + 2, k + 3 sont trois entiers consécutifs, donc au moins un multiple de 2 et au moins
un multiple de 3. Or
pgcd (2, 3) = 1,
donc(k + 1)(k + 2)(k + 3) est multiple de 6 d’après Gauss. Donc
4(k + 1)(k + 2)(k + 3) ≡ 0[24].
Par hypothèse
k(k + 1)(k + 2)(k + 3) ≡ 0[24],
ainsi P(n) est vraie ∀n ∈ N.
Exercice 4
Pour quel n le nombre 3n + 4n + 1 est-t-t’il divisible par 8 ?
Il s’agit de chercher n de manière à avoir : 3n + 4n + 1 ≡ 0 [8]. On a :
3 ≡ 3 [8], 32 ≡ 1 [8], 33 ≡ 3 [8], 32k ≡ 1 [8] et 32k+1 ≡ 3 [8].
Algèbre
Arithmétique
page 29
Si n est pair, il existe k tel que n = 2k. Dans ce cas, on a
3n + 4n + 1 ≡ 1 + 4(2k) + 1 ≡ 1 + 8k + 1 ≡ 2 [8].
Si n est impair, il existe k tel que n = 2k + 1. Dans ce cas, on a :
3n + 4n + 1 ≡ 3 + 4(2k + 1) + 1 ≡ 3 + 4 + 1 ≡ 8 [8] ≡ 0 [8].
Donc 3n + 4n + 1 est divisible par 8 lorsque n est impair.
Exercice 5
k
1. Soit a ∈ N. Montrer que, pour tout k ∈ N, (a − 1)2 + 1 ≡ 2 [a].
n
2. Pour tout n ∈ N, on pose Fn = 22 + 1. Montrer que, pour tout k ∈ N∗ :
k
(Fn − 1)2 + 1 = Fn+k .
En déduire qu’il exsite q ∈ N, tel que Fn+k = q.Fn + 2.
3. Soient n et m deux entiers naturels n 6= m. Montrer que si d est un entier naturel qui divise à
la fois Fn et Fm , alors d = 1.
4. En déduire qu’il existe une infinité de nombres premiers.
1. On a
k
a ≡ 0 [a], a − 1 ≡ −1 [a], (a − 1)2 ≡ 1 [a],
ce qui implique
k
(a − 1)2 + 1 ≡ 2 [a].
2. Pour tout entier n, on pose
k
Fn = 22 + 1.
On obtient immédiatement pour tout n ∈ N∗ :
k
(Fn − 1)2 + 1
=
=
=
n
k
[22 ]2 + 1
n+k
22
+1
Fn+k .
Or d’après la question précédente, on a
k
(Fn − 1)2 + 1 ≡ 2 [Fn ],
donc
Fn+k ≡ 2 [Fn ].
Il existe ainsi q ∈ Z tel que Fn+k − 2 = q.Fn , c’est-à-dire Fn+k = q.Fn + 2.
Il nous reste à montrer que q ≥ 0. Supposons par l’absurde que q < 0. Dans ce cas, on a
Fn+k < 2,
ce qui est impossible car F0 = 3. Donc q ≥ 0.
3. Prenons deux entiers m et n tels que m = n + k. Si d divise à la fois Fn et Fm , alors d divise qFn
et Fn+k . Dans ce cas, d divise
2 = Fn+k − qFn ,
n
ce qui implique d = 1, 2. Or l’hypothèse d = 2 est impossible car 2 ne divise pas Fn = 22 + 1.
Donc on a bien d = 1.
4. Soit pn ≥ 2 le plus petit nombre premier divisant Fn . La suite (pn ) est une suite de nombres
premiers distincts car sinon il y aurait Fi et Fj qui auraient un facteur commun, ce qui serait
absurde !
Comme les nombres de Fermat sont en quantité infinie, la suite (pn ) est infinie.
Algèbre
Arithmétique
page 30
Exercice 6
1. Soit n un entier positif non nul. Montrer que a est inversible modulo n si et seulement si a est
premier avec n.
Trouver l’inverse de 8 modulo 43.
2. Montrer que l’équation ax ≡ b [m] a une solution si et seulement si b est divisible par le pgcd de
a et m.
3. Pour 0 < x < m, combien de solutions l’équation ax ≡ b [m] possède-t-elle ?
4. Résoudre les congruences :
a) 10x ≡ 14 [15] ;
b) 10x ≡ 14 [18] ;
c) 10x ≡ 14 [21].
1. a est inversible modulo n si et seulement s’il existe b tel que ab ≡ 1 [n]. Or d’après le théorème
de Bezout, on a ab ≡ 1 [n] si et seulement si a et n sont premiers entre eux.
Chercher l’inverse de 8 modulo 43 revient à cherche n tel que 8n ≡ 1 [43]. Comme pgcd (8, 43) = 1,
8 est inversible. Cela consiste à chercher n et p qui vérifie la relation de Bezout 8n + 43p = 1.
On pourrait utiliser l’algorithme d’Euclide et faire une succession de divisions :
43
8
3
=
=
=
8.5 + 3
3.2 + 2
2.1 + 1
ensuite on remonte en remplaçant les restes :
1
=
=
=
=
=
3 − 2.1
3 − (8 − 3.2)
−8 + 3.3
−8 + 3(43 − 8.5)
43.3 − 8.16.
On obtient donc −16.8 ≡ 47.8 [43] ≡ 1 [43] et 47 est l’inverse de 8.
On aurait pu utiliser le petit théorème de Fermat : 842 ≡ 8.841 [43] ≡ 1 [43]. Je vous laisse
simplifier.
2. Si on pose d = pgcd (a, m), alors il existe deux entiers p et q tels que a = dp et m = dq avec pgcd
(p, q) = 1.
Si l’équation ax ≡ b [m] a une solution x0 , alors m = dq divise ax0 − b = dpx0 − b. Cela implique
que d divise dpx0 − b, soit d divise b.
Réciproquement si d divise b, alors il existe un entier r tel que b = dr. L’écriture ax ≡ b [m]
indique que m = dq divise ax − b = dpx − dr, c’est-à-dire que q divise px − r. On est donc ramené
à l’équation px ≡ r [q]. Comme pgcd (p, q) = 1, il existe d’après le théorème de Bezout, un entier
p0 tel que pp0 ≡ 1 [q]. Dans ce cas, on a x ≡ p0 r [q]. Il y a donc une solution.
3. Avec les notations de la question précédente, une solutions est de la forme x ≡ p0 r [q]. Soit x0 une
solution entre 0 et q, alors x0 + q, x0 + 2q, ... x0 + kq sont encore des solutions. Comme m = dq
et 0 < x < m, k doit appartenir à l’intervalle [[0, d − 1]]. Il y a donc d solutions comprises entre 0
et m.
4.
a) Comme 2 et 15 sont premiers entre eux, on peut simplifier par 2 et on obtient 5x ≡ 7 [15]. 5
divisant 15, on doit s’attendre à ce qu’il n’y a pas de solutions.
L’écriture 5x ≡ 7 [15] signifie que 15 divise 5x − 7. Cela implique que 5 divise 5x − 7. Or ceci
n’est pas possible car 5 ne divise pas 7. Donc il n’y a pas de solutions.
b) L’équation 10x ≡ 14 [18] signifie que 18 = 2.9 divise 10x − 14 = 2(5x − 7), c’est-à-dire que 9
divise (5x − 7). On est ramené à résoudre l’équation 5x ≡ 7 [9].
Algèbre
Arithmétique
page 31
Pour chercher à inverser 5 dans Z/9Z, on pourrait utiliser l’algorithme d’Euclide. Il est tellement
plus simple de remarquer que 2 est l’inverse de 5. Donc x ≡ 14 [9] ≡ 5 [9].
c) L’équation 10x ≡ 14 [21] est équivalente au fait que 21 divise 10x − 14 = 2(5x − 7). Comme
pgcd (21, 2) = 1, 21 divise (5x − 7). On est ramené à l’équation 5x ≡ 7 [21]. L’algorithme
d’Euclide permettant d’obtenir l’inverse de 5 modulo 21, on trouve x ≡ 14 [21].
Exercice 7
Une bande de 17 pirates s’est emparée d’un butin composé de pièces d’or d’égale valeur. Ils décident
de se les partager de façon équitable et de donner les pièces restantes au cuisinier chinois. Celui-ci
doit alors recevoir 3 pièces. Mais les pirates se querellent avant le partage du butin et six d’entre
eux sont tués. Ils envisagent de nouveau le partage entre les pirates restants, selon la même règle.
Le cuisinier chinois doit alors recevoir 4 pièces. Par comble de malchance, un naufrage survient
avant que le partage n’ait lieu, où seuls, le butin., six pirates et le cuisinier chinois sont sauvés. Le
partage du butin laisserait alors 5 pièces d’or à ce dernier. Quelle est la fortune minimale que peut
dès lors espérer le cuisinier chinois quand il décide d’empoisonner le reste des pirates ?
Soit n le nombre de pièces d’or du butin. Les 17 pirates partagent n de la façon suivante : chaque
pirate reçoit une part égale k et le reste est donné au cuisinier chinois, soit 3. On a une première
équation : n = 17k + 3, soit encore
n ≡ 3 [17].
Par la suite, six pirates sont tués. Les 11 pirates restants repartagent n suivant le même procédé et
le cuisinier chinois reçoit 4 pièce d’or. On a une deuxième équation : n = 4 [11]. La suite de l’énoncé
donne :

 n ≡ 3 [17]
n = 4 [11]

n = 5 [6]
Comme 6, 11 et 17 sont premiers entre eux, le théorème des restes chinois (kolossal humour comme
la remarqué i/3) assure l’existence d’une solution. On résout d’abors ce petit système
n1 ≡ 3 [17]
n1 = 4 [11]
Par division euclidienne, on a : 2 × 17 − 3 × 11 = 1. Calculons : 4 × 2 × 17 − 3 × 3 × 11 = 37, c’est une
solution particulière. La solution générale de ce petit système est donnée par : n1 ≡ 37 [11 × 17].
Maintenant, il ne reste que le système
n ≡ 37 [187]
n = 5 [6]
Par division euclidienne, on a : 187 − 31 × 6 = 1. Une solution particulière est donnée par : 5 × 187 −
37 × 31 × 6 = −5947.
On a donc : −5947 ≡ 785 [6 × 187]. Le cuisinier chinois peut donc espérer récupérer 785 pièce d’or.
Exercice 8
Soient m, n et p des entiers de Z tels que m3 + n3 + p3 ≡ 0 [7].
Montrer que : mnp ≡ 0 [7].
Soit m3 + n3 + p3 ≡ 0 [7] et x ∈ Z. On a :
Algèbre
Arithmétique
page 32
x≡0
x≡1
x≡2
x≡3
x≡4
x≡5
x≡6
 3
x ≡ 0 [7]




x3 ≡ 1 [7]




 x3 ≡ 1 [7]
x3 ≡ −1 [7]
⇒




x3 ≡ −1 [7]










x3 ≡ −1 [7]



 3
x ≡ −1 [7]










[7]
[7]
[7]
[7]
[7]
[7]
[7]
Donc m3 + n3 + p3 est une somme de trois nombres dans {0, 1, −1}. Les solutions possibles sont :
m3
0
0
0
1
−1
1
−1
n3
0
1
−1
0
0
−1
1
p3
0
−1
1
−1
1
0
0
On a toujours ou bien m3 = 0, ou bien n3 = 0, ou bien p3 = 0, donc mnp = 0, d’où : mnp ≡ 0 [7].
Exercice 9
1. Pour k ∈ N∗ , déterminer le dernier chiffre en base 10 de 2k et celui de 7k .
2. Quel est le dernier chiffre en base 10 de (3548)9 × (2537)31 ?
1. On a :
21 ≡ 2 [10], 22 ≡ 4 [10], 23 ≡ 8 [10], 24 ≡ 6 [10], 25 ≡ 2 [10], 26 ≡ 4 [10].
Notons P(n) : 24n+1 ≡ 2 [10].
Si n = 0, alors 24.0+1 ≡ 2 [10]. On a donc P(0).
Soit n ∈ N∗ quelconque. Supposons P(n) et montrons P(n + 1). Calculons :
24(p+1)+1
≡
≡
≡
≡
24p+1 .24 [10]
2.24 [10]
25 [10]
2 [10].
Calculons
71 ≡ 7 [10], 72 ≡ 9 [10], 73 ≡ 3 [10], 74 ≡ 1 [10],
donc
∀p ∈ N, (74 )p ≡ 1p [10] ≡ 1 [10], 74p+1 ≡ 7 [10], 74p+2 ≡ 9 [10], 74p+3 ≡ 3 [10].
2. Soit n = (3548)9 × (2537)31 . On a
3548
35489
≡
≡
≡
≡
8 [10]
89 [10]
227 [10]
8 [10] car 27 = 6.4 + 3.
Par ailleurs
Algèbre
Arithmétique
page 33
2537
253731
≡
≡
≡
≡
7 [10]
731 [10]
74p+3 [10]
3 [10]
donc
(3548)9 × (2537)31 ≡ 8.3 [10] ≡ 4 [10].
Exercice 10
6k+2
Montrer que pour tout k ∈ N, 19 divise 22
+ 3.
Comme 19 est premier, on a d’après le petit théorème de Fermat :
218 ≡ 1 [mod 19].
On cherche c tel que 26k+2 soit de la forme 18a + c. On a :
26 = 64 ≡ 1 [mod 9]
26k ≡ 1 [mod 9]
26k+2 ≡ 4 [mod 9].
Il existe donc a ∈ N tel que 26k+2 = 9a + 4. Comme 26k+2 et 4 sont pairs, on en déduit que a est
pair. Il existe donc a0 tel que a = 2a0 et il vient :
26k+2 = 18a0 + 4
22
6k+2
0
= 218a .24 ≡ 1.24 [mod 19] ≡ 16 [mod 19],
d’où
22
6k+2
+ 3 ≡ 0 [mod 19].
Exercice 11
Montrer que 11 × 31 × 61 divise 2015 − 1.
On montre successivement que 11, 31 et 61 divisent 2015 − 1. Comme 11 est un nombre premier, on
a d’près le petit théorème de Fermat :
2010 ≡ 1 [mod 11]
2015 = 2010 .205 ≡ 205 [mod 11] ≡ (−2)5 [mod 11] ≡ 1 [mod 11],
donc
2015 − 1 ≡ 0 [mod 11].
De la même façon, on trouve : 2015 − 1 ≡ 0 [mod 31].
De plus, on a :
Algèbre
Arithmétique
page 34
202 ≡ −27 [mod 61]
204 ≡ −3 [mod 61]
206 ≡ 9 [mod 61]
2010 ≡ 1 [mod 61]
2014 ≡ −3 [mod 61]
2015 ≡ 1 [mod 61],
donc
2015 − 1 ≡ 0 [mod 61].
Exercice 12
Quel est le reste de la division de 19961996 par 11.
On a :
1996 ≡ 5 [mod 11]
19962 ≡ 3 [mod 11]
..
.
19965 ≡ 1 [mod 11]
19961996 = 19965×399 × 1996 ≡ 1996 [mod 11] ≡ 5 [mod 11].
Le reste est donc 5.
Exercice 13
Soient a, b, m, n ∈ N.
1. Montrer que si a ≡ b [mod n] et si d divise n, alors a ≡ b [mod d].
2. Démontrer que :
(a ≡ b [mod n] et a ≡ b [mod m]) ⇐⇒ a ≡ n [mod ppcm(m, n)].
3. En déduire que si a ≡ a5 [mod 5], alors a et a5 ont la même unité dans leur écriture en base 10.
1. On a :
a ≡ b [n] ⇐⇒ a − b ≡ 0 [n] ⇐⇒ n | (a − b).
Or d divise n, donc d divise (a − b), d’où :
a ≡ b [n] =⇒ a ≡ b [mod d].
2. On a :
(a ≡ b [n] et a ≡ b [m])
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
n divise (a − b) et m divise (a − b)
a − b est multiple commun de n et m
ppcm(n, m) divise (a − b)
a ≡ b [ppcm(a, b)].
Algèbre
Arithmétique
page 35
3. Comme a et a5 ont même parité, a5 − a est pair, d’où
a5 − a ≡ 0 [2] ⇐⇒ a5 ≡ a [2].
Mais
(a ≡ a5 [5] et a ≡ a5 [2])
=⇒
=⇒
=⇒
a ≡ a5 [ppcm(2, 5)]
a ≡ a5 [10]
a5 − a ≡ 0 [10].
Donc a5 − a ont même unité en base 10.
Exercice 14
Déterminer le reste de la division euclidienne de :
1. 5628 par 29
2. 12648 par 37
3. 1623 par 24
4. 527 par 29.
1. 29 étant un nombre premier et pgcd(56, 29) = 1, on a d’après le petit théorème de Fermat :
5628 ≡ 1 [29].
Le reste de la division euclidienne par 29 est 1.
2. 37 étant un nombre premier et pgcd(126, 37) = 1, on a :
12636 ≡ 1 [37] et 126 ≡ 15 [37],
donc
1262 ≡ 152 [37] ≡ 225 [37] ≡ −3 [37] =⇒ 12640 ≡ 1264 [37] ≡ (−3)2 [37] ≡ 9 [37].
Donc le reste de la division euclidienne par 37 est 9.
3. On a :
162 ≡ 16 [24] =⇒ ∀k ∈ N, 162k ≡ 16k [24] =⇒ 1623 ≡ 16 [24].
4. D’après le petit théorème de Fermat, on a :
5828 ≡ 1 [29]
Exercice 15 : n divise
n−1
X
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
5.527 ≡ 1 [29]
6.5.527 ≡ 6 [29] car pgcd(6, 29) = 1
30.527 ≡ 6 [29]
527 ≡ 6 [29].
in
i=1
1. Soit n ≥ 3 impair. Montrer que n divise Sn =
n−1
X
in .
i=1
2. Soit n ≥ 2 pair. On écrit n =
+ 1) où α ∈ N∗ et q ∈ N. Montrer si i ∈ N, que l’on a
n
α
n
α
i ≡ 0 [2 ] si i est pair, et i ≡ 1 [2 ] si i est impair.
n−1
X
En déduire que n ne peut diviser
in .
2α (2q
i=1
Algèbre
Arithmétique
page 36
1. On calcule quelques valeurs pour se donner une idée :
S2 = 1, S3 = 9, S4 = 98, S5 = 1300 et S6 = 20515.
On constate sur ces exemples que n divise Sn quand n est impair. Si n est impair, on a :
an + bn = an − (−b)n
qui est divisible par a + b. Cette remarque nous permet d’écrire :
Sn = 1n + 2n + ... + k n + ... + (n − k)n + ... + (n − 2)n + (n − 1)n
et de dire que 1n + (n − 1)n = (1 + n − 1)(1n−1 + ...) est divisible par n, ainsi que :
k n + (n − k)k = (k + n − k)(k n+1 + ...).
Comme n est impair, Sn comporte un nombre pair de termes. On peut donc à chaque (n − k)n
associer k n et on épuise Sn . Finalement, Sn est divisible par n.
2. Lorsque n est pair, on peut l’écrit sous la forme : n = 2α (2q + 1) où α ∈ N∗ et q ∈ N. Distinguons
deux cas :
– Si i est pair, alors 2α divise in car on peut écrire
i = 2i0 =⇒ in = 22
α (2q+1)
i0n =⇒ in ≡ 0 [2α ].
– Si i est impair, alors pgcd(i, 2α ) = 1 car i < 2α . De plus par le théorème de Fermat-Euler, on a :
ϕ(2α ) = 2α−1 =⇒ i2
α−1
≡ 1 [mod 2α ] =⇒ (i2
α−1
)2(2q+1) ≡ 1 [mod 2α ] =⇒ in ≡ 1 [mod 2α ].
Dans la relation :
Sn = 1n + 3n + ... + (n − 1)n + 2n + 4n + ... + (n − 2)n ,
on a
n
termes congrus à 1 modulo 2α et les autres à 0 modulo 2α . Il vient donc :
2
Sn ≡
n α
[2 ].
2
Supposons par l’absurde que n divise Sn , alors 2α divise aussi Sn et
n
≡ Sn [2α ] ≡ 0 [2α ].
2
n
est donc divisible par 2α , donc 2α+1 divise n, ce qui est absurde car n = 2α (2q + 1).
2
Exercice 16
1. Montrer que 21836 − 1 est divisible par 35.
2. Montrer que : ∀n ∈ N, (222n − 1)(216n − 1) ≡ 0 [391].
1. La décomposition de 35 est 35 = 5.7. On a :
24 ≡ 1 [5]
1836 = 4.459
21836 ≡ (24 )459 [5] ≡ 1 [5]
Algèbre
Arithmétique
page 37
puis
26 ≡ 1 [7]
1836 = 6.306
21836 ≡ 1 [7].
Donc :
21836 − 1 ≡ 0 [5] et 21836 − 1 ≡ 0 [7] =⇒ 21836 − 1 ≡ 0 [ppcm(5, 7)] ≡ 0 [35].
2. La décomposition 391 = 23.17 donne deux nombres premiers. On a :
222 ≡ 1 [23] =⇒ 2222n ≡ 1 [23] =⇒ 222n − 1 ≡ 0 [23],
puis de la même façon :
216n − 1 ≡ 0 [17].
On obtient finalement :
(222n − 1)(216n − 1) ≡ 0 [391].
Exercice 17
Montrer, si n ∈ N, que 4n + 15n − 1 ≡ 0 [9].
La formule est clairement vraie pour n = 0.
Si 4n + 15n − 1 ≡ 0 [9], alors
4n+1 + 15(n + 1) − 1
2.2
≡
≡
4(4n + 15n − 1) − 45n + 18 [9]
0 [9].
Numération
Exercice 1
99
1. Trouver les deux derniers chiffres du nombre 79 , écrit dans le système décimal.
2. Soit N = 71992
1993
93
− 392 . Quel est le dernier chiffre de son écriture décimale ?
3. Montrer que si a ≡ 0 [n], a ≡ 0 [p] et pgcd (n, p) = 1, alors a ≡ 0 [np].
99
1. Pour chercher les deux derniers chiffres 79 , il suffit de trouver le reste de la division euclidien
99
de 79 par 100. Il suffit donc de cherhcer son équivalent modulo 100. On a
 0
7 ≡ 1 [100]




 71 ≡ 7 [100]
72 ≡ 49 [100]


73 ≡ 43 [100]


 4
7 ≡ 1 [100].
Donc pour tout entier k, on peut écrire
 4k
7 ≡ 1 [100]


 4k+1
7
≡ 7 [100]
4k+2
7
≡ 49 [100]


 4k+3
7
≡ 43 [100].
D’autre part pour tout entier n, on a
Algèbre
Arithmétique
page 38
9n ≡ 1 [4].
En particulier pour n = 99 ,
9
99 ≡ 1 [4],
c’est-à-dire qu’il existe un entier k tel que
9
99 = 4k + 1.
Dans ce cas, on obtient
79
Les deux derniers chiffres de 79
99
99
=
≡
74k+1
7 [100].
sont 0 et 7.
2. Il suffit de trouver le reste de la division euclidienne de N = 71992
1993
− 392
93
par 10. Comme
74 ≡ 1 [10], 1992 ≡ 0 [4] et 19921993 ≡ 0 [4],
on a
71992
1993
≡ 1 [10].
De l’autre côté comme 34 ≡ 1 [10], 92 ≡ 0 [4] et 9293 ≡ 0 [4], on a
392
93
≡ 1 [10].
Il vient donc
1993
N = 71992
− 392
93
≡ 0 [10].
Donc le dernier chiffre de son écriture décimale est zéro.
3. Par hypothèse, il existe deux entiers k et k 0 tels que a = kn = k 0 p. Comme pgcd (n, p) = 1, p
divise k d’après le théorème de Gauss. Dans ce cas, il existe un entier k 00 tel que k = pk 00 . Ainsi
a = (pk 00 )n = npk. Donc
a ≡ 0 [np].
Exercice 2
1. Montrer que tout entier n est congru à la somme de ses chiffres modulo 9.
2. Soit A la somme des chiffres de 44444444 et B la somme des chiffres de A. Montrer que A vaut
au plus 180000. Que vaut C, somme des chiffres de B ?
1. Cela vient du fait que 10 ≡ 1 [9]. Comme tout entier n peut s’écrire sous la forme
n = dp .10p + dp−1 .10p−1 + ... + d0 .100 ,
on peut écrire n ≡ dp + dp−1 + ... + d0 [9]. Donc n est congru à la somme de ses chiffres modulo 9.
Si on considère l’application s de N∗ dans lui-même qui à un entier associe la somme des chiffres
de son écriture décimale, on a s(n) ≡ n [9].
2. En utilisant la question précédente, on a
4444 ≡ 16 [9] ≡ 7 [9],
donc
44444444 ≡ 74444 [9].
Mais on a 7 ≡ 7 [9], 72 ≡ 49 [9] ≡ 4 [9] et 73 ≡ 1 [9]. Par ailleurs, on a 4444 = 3 × 1481 + 1,
donc il vient
44444444 = (73 )1481 .7 ≡ 7 [9].
Algèbre
Arithmétique
page 39
Du fait de
C ≡ B [9] ≡ A [9] ≡ 44444444 [9],
on a C ≡ 7 [9]. Mais que vaut C exactement ? Pour répondre, on doit montrer que A vaut au plus
180000.
Il est clair que 44444444 est inférieur à 100005000 = 1020000 . Donc, le nombre 44444444 a au plus
20000 chiffres.
Si les chiffres de 44444444 ne sont que des 9, A vaut au plus 180000 = 9 × 20000.
Comme A a au plus 6 chiffres, B vaut au plus 54 = 6 × 9. Dans ce cas, C vaut au plus 14 = 5 + 9.
Mais on a la condition C ≡ 7 [9], donc on a finalement C = 7.
Exercice 3
Trouver un nombre de trois chiffres dont le produit par 3 se termine par 491.
Soit n = xyz 10 tel que 3n se termine par 491. On a :
102 ≤ n ≤ 103 ⇒ 3.102 ≤ 3n < 3.103 ⇒ 300 ≤ 3n < 3000.
3n s’écrit t491 avec 0 ≤ t ≤ 2. 3n est donc égal à 491 ou 1491 ou 2491. Or 491 et 2491 ne sont pas
divisibles par 3, donc t = 1. On a obtient :
3n = t491 ⇒ n = 497.
Exercice 4
Un entier naturel n s’écrit 435 en base dix. Déterminer la base dans laquelle il s’écrit 1161.
Soit b la base dans laquelle n = 1161. n s’écrit donc
n = b3 + b2 + 6b + 1 = 435 ⇒ b(b2 + b + 6) = 434,
ce qui signifie que b divise 434. En écrivant 434 = 217.2 = 2.7.31, on peut dire que les diviseurs de
434 sont 1, 2, 7, 14, 31, 62, 217, 434.
– 1 et 2 ne conviennent pas.
– Si b = 7, alors b2 + b + 6 = 62 et b.62 = 431, c’est ok.
– Si b = 14, alors b2 + b + 6 > 31, ça ne convient pas.
– Si b = 31, alors b2 + b + 6 > 14, ça ne convient pas.
– Si b ≥ 63, b2 + b + 6 > 7, ça ne convient pas.
Seul b = 7 convient.
Exercice 5
Trouver un nombre non nul qui s’écrit xy en base 9 et yx en base 11.
Soit n ∈ N∗ tel que
n = 9x + y et n = 11y + x avec x, y ∈ [[1, 8]].
On a alors
10y = 8x ⇔ 5y = 4x.
Comme pgcd(5, 4) = 1, 5 divise x. Donc x ne peut pas être égal à 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, donc x = 5 et
y = 4.
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Arithmétique
page 40
Exercice 6
a
a
a
Sachant que l’on a : 58 + 72 = 141 .
1. Déterminer la base du système de numération utilisé.
a
a
2. Calculer 58 × 72 .
1. On a :
a
a
58 + 72 = 141
a
⇒ 8 + 5a + 2 + 7a = 1 + 4a + a2 ⇒ a2 − 8a − 9 = 0.
On trouve deux solutions a = −1 et a = 9. Donc la base est a = 9.
2. Calculons
a
a
58 × 72
a
a
=
=
=
=
=
=
=
=
=
(8 + 5a).(2 + 7a)
16 + 56a + 10a + 35a2
35a2 + 66a + 16
35a2 + 66a + a + 7
35a2 + 67a + 7
35a2 + (7a + 4)a + 7
42a2 + 4a + 7
(4a + 6)a2 + 4a + 7
4a3 + 6a2 + 4a + 7.
9
Donc 58 × 72 = 4647 .
Exercice 7
1. Soit n un entier écrit en base 10.
a- Montrer que n est divisble par 3 si et seulement si la somme de ses chiffres est divisible par 3.
b- Montrer que n est divisible par 9 si et seulement si la somme de ses chiffres est divisible par 9.
c- Donner un critère de divisibilité de n par 11.
d- Donner un critère de divisibilité de n par 4.
2.
a- Déterminer les chiffres x et y pour que 3x82y
10
soit divisible par 4 et par 9.
b- Déterminer les chiffres x et y pour que le nombre 3x82y
10
soit divisible par 3 et par 11.
1.
a- On peut écrire
n = n0 + 10n1 + 102 n2 + ... + 10p np ≡ n0 + n1 + ... + np [3].
n est divisible par 3 si et seulement si n ≡ 0 [10] si et seulement si la somme de ses chiffres est
divisible par 3.
b- Même raisonnement que dans a- cat 10i ≡ 1 [9].
c- On a : 10 ≡ −1 [11], donc
∀i ∈ N∗ , 10i ≡ (−1)i [11].
Il vient donc
n≡
p
X
ni (−1)i [11].
i=0
Algèbre
Arithmétique
page 41
Un critère de divisibilité par 11 est :
n ≡ 0 [11] ⇔
p
X
ni (−1)i ≡ 0 [11].
i=0
d- Supposons n ≥ 100, alors
n = r0 + 10r1 + r2 .102 + ... + rp .10p .
100 est divisible par 4, donc
∀i ≥ 2, 100i ≡ 0 [4] ⇒ n ≡ n0 + 10n1 [4].
Donc
n ≡ 0 [4] ⇔ n0 + 10n1 ≡ 0 [4].
2.
10
10
a- 3x82y est divisible par 4 et par 9 si et seulement si 2y est divisible par 4 et x+y +8+2+3 ≡
0 [9]. Cela est équivalent à écrire :
y + 20 ≡ 0 [4]
y ≡ 0 [4]
y = 0 ou y = 4 ou y = 8
⇔
⇔
x + y + 13 ≡ 0 [9]
x ≡ −y + 5 [9]
x = 5 ou x = 1 ou x = 6
Donc S = {35620, 31824, 36828}.
b- 3x82y est divisible par 3 et par 11 si et seulement si
x + y + 13 ≡ 0 [3]
y + 11 − 2 − x ≡ 0 [11]
⇔
x = 2 − y [3]
x = y + 9 [11].
⇔
∃k ∈ Z, x = 3k + 2 − y avec 0 ≤ y ≤ 9
∃` ∈ Z, x = 11` + y + 9 avec 0 ≤ x ≤ 9.
Or 0 ≤ 11` + y + 9 ≤ 9 entraı̂ne que −18 ≤ 11` ≤ 0 soit encore ` ∈ {0, −1}.
Supposons ` = 0, alors x = y + 9 donc x = 9 et y = 0. Comme x ≡ 2 [3], ` = 0 ne convient pas.
Supposons ` = 1, alors x = y − 2, donc x ≡ −x [3] et 2x ≡ 0 [3], ce qui implique x = 0 ou x = 3
ou x = 6 ou x = 9.
Les y correspodants sont y = 2, y = 5, y = 8, y = 11 d’où
S = {30822, 33825, 36828}.
2.3
Construction et existence
Exercice 1
Montrer qu’il n’existe pas d’entiers naturel n tel que n2 + 2n + 3 soit un multiple de 5.
Soit n ∈ N. Il existe k ∈ {0, 1, 2, 3, 4} tel que n ≡ k [5]. Faisons les calculs :
n2
n
0 1 2 3 4
+ 2n + 3 3 1 1 3 2
Donc pour tout n ∈ N, n2 + 2n + 3 n’est pas congru à 0 modulo 5.
Algèbre
Arithmétique
page 42
Exercice 2
On considre les entiers de la forme 2n −3. Montrer que parmi eux, il en existe une infinité qui soient
divisibles par 5, une infinité qui soient divisibles par 13, mais qu’il n’en existe aucun divisible par
65.
On a :
24 = 16 ≡ 1 [5] =⇒ ∀k ∈ N, 24k ≡ 1 [5] =⇒ 24k+3 ≡ 8 [5] ≡ 3 [5],
donc 5 divise 24k+3 − 3 pour tout k ∈ N. Il existe ainsi une infinité de nombres de la forme 2n − 3
divisible par 5.
Par le petit théorème de Fermat, on a :
212 ≡ 1 [13] car pgcd(2, 13) = 1 et 13 nombre premier,
donc
∀k ∈ N, 212k ≡ 1 [13] =⇒ ∀k ∈ N, 212k+4 ≡ 16 [13] ≡ 3 [13].
13 divise ainsi 212k+4 − 3 pour tout k ∈ N. Il y a donc une infinité de nombre de la forme 2n − 3
divisble par 13.
On a :
26 = 64 ≡ (−1) [65].
Soit n ∈ N, il existe des uniques entiers m et k tels que
n = 6m + k avec k ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5},
donc
2n = 26m+k = (26 )n .2k ≡ (−1)m .2k [65].
En dressant le tableau de valeurs, on constate que 2n n’est jamais congru à 3 modulo 65.
Exercice 3
Soit n un entier tel que 2n + 1 est un nombre premier.
Montrer qu’il existe k ∈ N tel que nn = 2nk + k + 1 ou 2nk + k − 1.
Si 2n + 1 est un nombre premier, alors on a :
pgcd(2n + 1, n) = 1 car 1 ≤ n < 2n + 1.
D’après le petit théorème de Fermat, on a :
n2n ≡ 1 [2n + 1] =⇒ n2n − 1 ≡ 0 [2n + 1] =⇒ (nn − 1)(nn + 1) ≡ 0 [2n + 1],
donc
nn − 1 ≡ 0 [2n + 1] ou nn + 1 ≡ 0 [2n + 1]
car 2n + 1 est premier. Il existe donc k ∈ Z tel que
nn = (2n + 1)k − 1 ou nn = (2k + 1)k + 1.
Algèbre
Arithmétique
page 43
Exercice 4
Trouver n entiers consécutifs qui ne sont pas premiers.
Le nombre (n+1)! est divisible par n entiers consécutifs : 2, 3, ...., n+1. Donc les nombres (n+1)!+2,
(n + 1)! + 3, ..., (n + 1)! + n + 1 sont n entiers consécutifs qui ne sont pas premiers.
Exercice 5
1. Soit m, n et p des enteirs naturels supérieurs à 1 tels que
2m ≡ 1 [p] et 2m ≡ 1 [p].
Montrer que 2pgcd(m,n) ≡ 1 [p].
2. Montrer qu’il n’existe pas d’entier n supérieur à 1 tel que 2n − 1 ≡ 0 [n].
1. On sait qu’il existe u0 , v 0 ∈ Z tel que
u0 m + v 0 n ≡ pgcd(m, n).
Il existe donc u et v dans N tel que
um − vn = pgcd(m, n) =⇒ um = vn + pgcd(m, n).
Il vient donc :
(2m )u
=
=
=
2nv+ pgcd(m,n)
2nv .2pgcd(m,n)
(2n )v .2pgcd(m,n) ,
d’où
2pgcd(m,n) ≡ 1 [p].
2. On va raisonner par l’absurde en supposant qu’il existe n tel que 2n − 1 ≡ 0 [n]. Il est clair que
n doit être impair.
Soit p le plus petit nombre premier tel que p divise n, on a p > 2 et donc pgcd(p, 2) = 1. On a
aussi :
2n − 1 ≡ 0 [p].
D’après le petit théorème de Fermat, on a : 2p−1 ≡ 1 [p]. Soit d = pgcd(n, p − 1), donc
2d ≡ 1 [p].
Par le choix de p, d = 1 et 2 ≡ 1 [p], d’où 1 ≡ 0 |p], ce qui est absurde.
Variante
Toujours par l’absurde soit m > 1 le plus petit diviseur de 2m − 1. On sait que m doit être impair.
D’après le petit théorème de Fermat-Euler :
2ϕ(m) ≡ 1 [mod m].
Posons d = pgcd(m, ϕ(m)), alors
pgcd(2m − 1, 2ϕ(m) − 1) = 2d − 1 =⇒ m divise 2d − 1 =⇒ d divise 2d − 1.
Il y a contradiction avec la définition de m car d ≤ ϕ(m) < m.
Variante
Algèbre
Arithmétique
page 44
Supposons qu’il existe n tel que n divise 2n − 1. Soit p le plus petit diviseur premier de n et k > 0
le plus petit entier tel que
2k ≡ 1 [mod p].
k divise ϕ(p) = p − 1, donc
k < p.
Mais k divise aussi n car 2n ≡ 1 [mod p].
Exercice 6
Soit n un entier impair non multiple de 5 et 3.
Montrer qu’il existe un multiple de n qui s’écrit en base 10 uniquement avec des 1.
On a :
n divise 111...11
| {z }
⇐⇒
10k−1 + ... + 10 + 1 ≡ 0 [mod n]
⇐⇒
10k − 1
≡ 0 [mod n].
9
k chiffres
Mais comme pgcd(n, 3) = 1, on a :
n divise 111...11
| {z }
10k − 1
≡ 0 [mod n]
9
⇐⇒
9
⇐⇒
⇐⇒
10k − 1 ≡ 0 [mod n]
10k ≡ 1 [mod n].
k chiffres
Or si n n’est ni multiple de 5, ni multiple de 2 (n impair), alors 10 est inversible dans Z/nZ. D’après
le théorème de Fermat-Euler, on a :
10ϕ(n) ≡ 1 [mod n],
donc 111...11 ets un multiple de n.
Exercice 7
Soit n > 5 un entier. Montrer qu’il n’existe pas d’entiers naturels m tel que :
(n − 1)! + 1 = nm .
Supposons qu’il existe un entier m tel que :
(n − 1)! + 1 = nm ,
alors
(n − 1)! = nm − 1 = (n − 1)(1 + n + ... + nm−1 ).
Mais pour n > 5, (n − 1)! + 1 est impair, donc nm est impair ainsi que n. On peut donc écrire :
(n − 1)2 = 2(
n−1
)(n − 1),
2
donc (n − 1)2 divise (n − 1)!. On obtient ainsi :
Algèbre
Arithmétique
page 45
(n − 1)! divise (n − 1)(1 + n + ... + nm−1 )
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
(n − 1) divise 1 + n + ... + nm−1 ≡ m [n − 1] car n ≡ 1 [n −
(n − 1) divise m
m≥n−1
nm ≥ nn−1 > (n − 1)n−1 > (n − 1)!
nm > (n − 1)! + 1.
Exercice 8
1. Soit a = ln 2 et b = ln 10. Montrer que aN + bZ est dense dans R.
2. En déduire qu’il existe une infinité d’entiers n ∈ N tels que le développement décimal de 2n
commence par un 7.
1. On a :
ln 2
p
=
⇐⇒ q ln 2 = p ln 10 ⇐⇒ 2q = 10p
ln 10
q
ln 2
∈
/ Q, donc aN + bZ est dense dans R.
ln 10
2. La première décimale de 2n est un 7 si et seulement si il existe p ∈ N :
ce qui est impossible car 5 ne divise pas 2, donc
7.10p ≤ 2n < 8.10p ⇐⇒ ln 7 ≤ n ln 2 − p ln 10 < ln 8.
Mais comme aN + bZ est dense dans R, il existe une infinité de réels de la forme n ln 2 − p ln 10
car l’ensemble des n pour lesquels il existe p ∈ Z vérifiant ln 7 ≤ n ln 2 − p ln 10 < ln 8 est infini et
ln 8 − ln 7 < ln 78 < 1.
Exercice 9
Soit n = pα1 1 ...pαk k un entier de N impair décomposé en facteur premiers. On peut écrire pi = 2ai bi +1
avec 1 ≤ i ≤ k.
1. Si am est le plus petit élément de {ai , 1 ≤ i ≤ k}, montrer que n − 1 est divisible par 2am .
2. On veut déterminer tous les entiers n tels que n divise 2n−1 + 1. On va montrer que seul n = 1
est solution. Comme 2n−1 + 1 est pair, on peut déjà éliminer tous les entiers pairs. On procède
par l’absurde.
a- Soit n > 2 et k l’ordre de 2 dans Z/pm Z. Vérifier que k divise pm − 1 et 2(n − 1), mais k ne
divise pas (n − 1).
b- Vérifier que si k est impair, on obtient une contradiction.
c- Si k est pair, conclure.
1. On a :
n = (2a1 b1 + 1)α1 ...(2ak bk + 1)αk .
En développant cette somme, n s’écrit sous forme n = A + 1 où A est égal à la somme de nombres
de la forme m2i où i ≥ am . Donc n − 1 = A est divisible par 2am .
2.
a- pm est un nombre premier impair divisant n, on a donc :
22(n−1) ≡ 1 [mod pm ].
Le petit théorème de Fermat nous permet d’écrire :
Algèbre
Arithmétique
page 46
2pm −1 ≡ 1 [mod pm ].
Si k est l’ordre de 2, alors k divise pm − 1 et 2(n − 1). Mais k ne peut pas diviser (n − 1) car
sinon il existerait q ∈ N tel que :
n − 1 = kq et 2n−1 = 2kq = (2k )q ≡ 1 [mod pm ].
Or par hypothèse, on a :
2n−1 ≡ −1 [mod pm ] =⇒ 1 ≡ −1 [mod pm ] =⇒ 2 ≡ 0 [mod pm ] =⇒ pm = 2,
ce qui n’est pas possible car n est impair.
b- Si k est impair, alors comme k divise 2(n − 1) et ne divise pas (n − 1), k divise 2 et donc k = 1,
contradiction.
c- Si k est pair, on peut écrire k = 2a b où b est impair. Comme k ne divise pas (n − 1) et b divise
2(n − 1), il faut que 2a ne divise pas n − 1. En effet si 2a divisait (n − 1), alors k diviserait
(n − 1), ce qui n’est pas possible. Donc
a > am .
Mais k divise pm − 1 = 2am h, on a : am ≥ a > am , contradiction.
2.4
Ensemble Z/nZ
On dit que g est un générateur multiplicatif ou élément primitif de Z/nZ si (Z/nZ)∗ est cyclique
engendré par g.
On notera Ordn (x) l’ordre de x dans le groupe des éléments inversibles de Z/nZ.
Exercice 1
Déterminer les éléments inversibles de Z/30Z.
Soit x ∈ [[1, 30]]. x est inversible dans Z/30Z si et seulement si pgcd(x, 30) = 1. En écrivant 30 = 2.3.5,
on a :
{x ∈ [[1, 30]], pgcd(x, 30) = 1} = {1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29}.
Donc les éléments inversibles de Z/30Z sont : 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23 et 29.
Exercice 2
Déterminer l’inverse de :
1. 8 modulo 43
2. 38 modulo 23
3. 516 modulo 19.
1. x est l’inverse de 8 modulo 43 si et seulement si 8x ≡ 1 [43], donc si et seulement si
8.x = 1 dans Z/43Z.
Comme pgcd(8, 43) = 1, x existe et 8 est inversible. Pour déterminer x, on applique l’algorithme
d’Euclide :
Algèbre
Arithmétique
page 47
43 = 8.5 + 3
8 = 3.2 + 2
3 = 2.1 + 1
2 = 1.2 + 0
=⇒
=⇒
=⇒
3 = 43 − 8.5
2 = 8 − 3.2
1 = 3 − 2.1
donc
1
3 − 2.1
3 − (8 − 3.2)
3 − 8 + 3.2
3.3 − 8
(43 − 8.5).3 − 8 = 43.3 − 8.16
=
=
=
=
=
d’où
1 ≡ −8.16 [43] =⇒ 8.27 ≡ 1 [43].
27 est donc l’inverse de 8.
2. Soit x l’inverse de 38 modulo 23. Comme pgcd(38, 23) = 1, x existe. Pour déterminer x, on utilise
l’algorithme d’Euclide :
38 = 23.1 + 15
23 = 15.1 + 8
15 = 8.1 + 7
8 = 7.1 + 1,
donc
1
=
=
=
=
=
=
8−7
8 + −(15 − 8)
8.2 − 15
(23 − 15).2 − 15
23.2 − 15.3
23.5 − 38.3.
On obtient alors :
−38.3 = −23.5 + 1 =⇒ 38.(−3) ≡ 1 [23].
Donc −3 = 20 est l’inverse de 38 modulo 23.
3. On a :
5 ≡ 5 [mod 19]
52 ≡ 6 [mod 19]
53 ≡ 11 [mod 19]
54 ≡ 36 [mod 19] ≡ −2 [mod 19],
d’où
516 = (54 )4 ≡ (−2)4 [19] ≡ 16 [19].
x est l’inverse de 516 modulo 19 si et seulement si x est l’inverse de 16 modulo 19. Comme
pgcd(16, 19) = 1, x existe. On a :
19 = 16.1 + 3
16 = 3.5 + 1,
Algèbre
Arithmétique
page 48
donc
1 = 16 − 5.3 = 16 − 5.(19 − 16) = 16.6 − 19.5 =⇒ 6.16 ≡ 1 [19] 6.516 ≡ 1 [19] =⇒ x = 6.
Variante
On utilise le petit théorème de Fermat
Comme pgcd(5, 19) = 1 et 19 est un nombre premier, on a :
518 ≡ 1 [19] =⇒ 516 .52 ≡ 1 [19],
donc 52 ≡ 6 [19] est l’inverse de 516 modulo 19.
Exercice 3
Dans le groupe des éléments inversibles de Z/23Z, calculer l’ordre de 11.
On calcule successivement 112 , 113 , 114 , ... en réduisant à chaque fois modulo 23. On trouve alors :
Ord23 (11) = 22.
Variante
Comme 23 est un nombre premier, (Z/23Z)∗ est de cardinal 22. D’après le théorème de Fermat, on
a:
∀a ∈ (Z/23Z)∗ , a22 ≡ 1 [mod 23].
De plus si an ≡ 1 [mod 23], alors Ord(a) divise n, donc Ord(a) ∈ {1, 2, 11, 22}. Pour a = 11, il est
clair que Ord(11) 6= 1. De plus :
112 = 121 ≡ 6 [mod 23] =⇒ Ord(11) 6= 2.
Ensuite :
1111
=
≡
≡
≡
≡
≡
112+2+2+2+1 = (112 )5 .11
65 .11 [22]
62+2+1 .11 [22]
36.36.6.11 [22]
13.13.6.11 [22]
8.6.11 [22] ≡ 2.11 [22] ≡ 22 [23] ≡ −1 [23],
donc
Ord(11) 6= 11 =⇒ Ord(11) = 22.
Exercice 4
Résoudre les équations :
1. x2 + 4x + 5 = 0 dans Z/7Z, puis dans Z/13Z ;
2. x2 + 4x + 3 = 0 dans Z/8Z.
1. Dans Z/7Z, on a :
x2 + 4x + 5
=
=
(x + 2)2 + 5 − 4
(x + 2)2 + 1,
Algèbre
Arithmétique
page 49
donc
x2 + 4x + 5 = 0 ⇐⇒ (x + 2)2 = −1.
Or
t
0
0
1
1
4
2
2
3
4
4
1
5
1
6
Dans Z/7Z, il n’existe pas de x tel que x2 = −1. Cette équation n’a pas donc de solution.
Dans Z/13Z, on a :
t
t2
0
0
1
1
2
4
3
9
4
3
5
−1
6
−3
7
−3
8
−1
9
3
10
−4
11
−4
12
1
Donc on a :

 x+2=5
ou
(x + 2)2 = −1 ⇐⇒

x+2=8
=⇒ S = {3, 6}.
Remarquons que Z/13Z est un corps, donc il y a deux solutions.
2. Dans Z/8Z, on a :
x2 + 4x + 3 = 0 ⇐⇒ (x + 2)2 = −1.
On écrit :
t
t2
0
0
1
1
2
4
3
1
4
0
5
1
6
4
7
1
donc




x+2=9
ou x + 2 = 3
(x + 2)2 = 1 ⇐⇒
ou x + 2 = 5



ou x + 2 = 7
⇐⇒ S = {−1 = 7, 1, 3, 5}.
Remarquons ici que Z/8Z n’est pas un corps.
Exercice 5
Résoudre dans Z/6Z :
5x + 2y = 3
1.
2x + 4y = 1
5x + 2y = 2
2.
2x + 4y = 4
1. Dans Z/6Z, on a par addition membre à membre :
x = 4.
En substituant x = 4, on trouve :
2 + 2y = 3
2 + 4y = 1
=⇒
2y = 1
4y = 5
Dans Z/6Z, écrivons :
Algèbre
Arithmétique
page 50
t
2t
1
2
2
4
3
0
4
2
5
4
0
0
Il n’y a pas de solution car 2y ne peut être égal à 1 dans Z/6Z.
2. Dans Z/6Z, on obtient en additionnant membre à membre :
x = 0 =⇒ 2y = 2 et 4y = 4 =⇒ y = 1, y = 4,
d’où
S = {(x, y) ∈ (Z/nZ)2 } = {(0, 1), (0, 4)}.
Exercice 6
Donner une condition nécessaire et suffisante sur les entiers a, b, m pour que l’équation en nombres
entiers
ax ≡ b mod m
admette au moins une solution. Préciser dans ce cas le nombre de solutions de cette équation
modulo m.
On a :
ax ≡ b mod m ⇐⇒ ∃k ∈ Z, ax = b + km.
Par exemple
2x ≡ 1 mod 4 ⇐⇒ ∃k ∈ Z, 2x = 1 + 4k.
Or 2x est pair et 1 + 4k impair, il n’y a pas de solutions.
Montrons que pour qu’il existe une solution, il faut que pgcd(a, m) divise b. Posons d = pgcd(a, m),
alors il existe a0 ∈ Z tel que a = da0 et m0 ∈ Z tel que m = m0 d.
On a : 0 ≤ qm0 < m = dm0 , donc il y a d solutions différentes modulo m.
Exercice 7
Déterminer les solutions des congruences suivantes :
1. 12x ≡ 9 [6]
2. 34x ≡ 60 [98]
3. 5x ≡ 1 [1]
4. 10x ≡ 25 [15]
5. 10x ≡ 35 [21].
1. pgcd(12, 6) = 6 ne divise pas 9, donc il n’y a pas de solutions.
2. pgcd(34, 98) = 2 = d divise 60, donc il y a deux solutions modulo 98. Posons m = 98, alors
m0 d = 49.2 avec m0 = 49.
Si on a une solution x1 , la deuxième est
x2 = x1 + m0 .q avec q < d =⇒ x1 = x1 + 49.1 = x1 + 49.
On a :
34x ≡ 60 [98] ⇐⇒ 17x ≡ 60 [49] ⇐⇒ ∃k ∈ Z, 17x − 49k = 30.
Algèbre
Arithmétique
page 51
Cherchons u et v tels que 17u + 49v = 1 par l’algorithme d’Euclide :
49
17
15
=
=
=
2.17 + 15
1.15 + 2
7.2 + 1,
alors
1
=
=
=
=
=
15 − 7.2
15 − 7(17 − 1.15)
8.15 − 7.17
8(49 − 2.17) − 7.17
8(49 − 2.17) − 7.17 = 8.49 − 23.17
donc
u = −23 et v = 8.
On obtient :
17u + 49v = 1 =⇒ 240.49 − 690.17 = 30 =⇒ x1 = −690 + 7.98 = −4 et x2 = 45.
3. Comme pgcd(2, 11) = 1, on a :
5x ≡ 1 [11]
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2(5x) ≡ 2 [11]
10x ≡ 2 [11]
−x ≡ 2 [11]
x ≡ −2 [11].
Donc
S = {11k − 2, k ∈ Z}.
4. On a :
10x ≡ 25 [15]
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
∃k ∈ Z, 10x ≡ 25 + 15k
∃k ∈ Z, 2x ≡ 5 + 3k
2x ≡ 5 [3]
2x ≡ 2 [3]
x ≡ 1 [3] car pgcd(2, 3) = 1,
donc
S = {3k + 1, k ∈ Z}.
5. On a :
10x ≡ 35 [21]
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
80x ≡ 70 [21] car pgcd(5, 21) = 1
−x ≡ 7 [21]
x ≡ −7 [21] ≡ 14 [21].
D’où
S = {21k + 14, k ∈ Z}.
Exercice 8
Résoudre l’équation 18x − 14y = 22 où x et y sont des entiers relatifs.
Algèbre
Arithmétique
page 52
On a :
18x − 14y = 22
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
9x − 7y = 11
9x = 11 + 7y
9x ≡ 11 [7]
2x ≡ 4 [7]
x ≡ 2 [7] car pgcd(2, 7) = 1
∃k ∈ Z, x = 2 + 7k
ensuite
9x − 7y = 11
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
9(2 + 7k) − 7y = 11
18 + 9.7.k − 7y = 11
7y = 7 + 9.7.k
y = 1 + 9k,
d’où
S = {(2 + 7k, 9k + 1), k ∈ Z}.
Exercice 9
Déterminer tous les entiers relatifs u et v tels que 253u + 97v = 1.
On a :
253u + 97v = 1 ⇐⇒ 253u = 1 − 97v ⇐⇒
253u = 97v
253 ≡ 1 [97]
On obtient alors :
259u ≡ 1 [97] =⇒ 59u ≡ 1 [97].
Effectuons successivement les divisions euclidiens :
97 = 59 × 1 + 38
59 = 38 × 1 + 21
38 = 21 × 1 + 17
21 = 17 × 1 + 4
17 = 4 × 4 + 1,
d’où
1 = 17 − 4 × 4 = 14 × 97 − 23 × 59.
Donc −23 est l’inverse de 59 modulo 97, donc
u ≡ −23 [97].
Il existe donc k tel que
u = −23+97k =⇒ 253(−23+97k)+97v = 1 =⇒ 1+253×23 = 253×97k+97v =⇒ 5820 = 253×97k+97v,
donc
60 = 253k + v =⇒ S = {(−23 + 97k, 60 − 253k), k ∈ Z}.
Algèbre
Arithmétique
page 53
Exercice 10 : Théorème Chinois
1. Soient m et n deux entiers premiers entre eux, a et b deux entiers quelconques. On considère le
système :
x ≡ a mod m
x ≡ b mod n
Montrer que ce système admet une solution. Décrire l’ensemble de ses solutions.
2. Soit (m, n) ∈ (N∗ )2 tel que ∀(a, b) ∈ Z2 , ∃x ∈ Z, (x ≡ a [m] et x ≡ b [n]). Montrer que
pgcd(m, n) = 1.
3. Généraliser à un système de k congruences : soient (m1 , ..., mk ) ∈ (N∗ )k tel que les mi soient
premiers entre eux deux à deux, montrer que : ∀(a1 , ..., ak ) ∈ Zk , ∃x ∈ Z, (∀i ∈ {1, ..., k},
x ≡ ai [mi ]).
1. Soit x0 une solution particulière du système, alors il existe λ, µ ∈ N tel que
x0 = a + λm
=⇒ b + µn = λm + a =⇒ b − a = λm − µn.
x0 = b + µn
Cela nous amène dans une deuxième partie à chercher écrire :
pgcd(m, n) = 1 =⇒ ∃u, v ∈ Z, um + vn = 1 =⇒ ∃u, v ∈ Z, um(b − a) + vn(b − a) = b − a,
donc
∃u, v ∈ Z, um(b − a) + vn(b − a) = λm − µn =⇒ λ = u(b − a) et µ = −(b − a),
d’où
a = x0 − λm et b = x0 − µn.
On a ainsi :
x ≡ a mod m
x ≡ b mod n
⇐⇒
x ≡ a + λ0 m
x ≡ b + µ0 n
⇐⇒
x − x0 = m(λ0 − λ)
x − x0 = n(µ0 − µ)
Il existe donc k ∈ Z tel que
x − x0 = k.ppcm(m, n) =⇒ x = x0 + kmn car pgcd(m, n) = 1,
d’où
S = {x0 + kmn, k ∈ Z}.
Variante
Comme pgcd(m, n) = 1, il existe (u, v) ∈ Z2 tel que um + vn = 1. On a :
um ≡ 0 [m]
vn ≡ 1 [m]
avn ≡ a [m]
⇐⇒
et
um = 1 − vn ≡ 1 [n]
vn ≡ 0 [n]
bum ≡ b [n]
donc x ≡ avn + bum [mn] est solution particulière.
2. Prenons a = 1 et b = 2, alors
x ≡ 1 [m]
x = 2 [n]
=⇒ ∃(k, `) ∈ Z2 ,
x = 1 + km
x = 2 + `n
=⇒ 1 + km = 2 + `n =⇒ km − `n = 1.
Algèbre
Arithmétique
page 54
C’est une relation de Bezout, donc pgcd(m, n) = 1.
3. Soient m1 , ..., mk des entiers premiers entre eux deux à deux et considérons le système :


 x ≡ a1 [m1 ]
..
.


x ≡ ak [mk ]
Si x0 est solution, on a :


 x0 = a1 + λ1 m1
..
.


x0 = ak + λk mk
=⇒ a1 − ... − ak = −λ1 m1 + ... + λk mk
Or pgcd(m1 , m2 , ..., mk ) = 1, donc il existe (ui )0≤i≤k telle que u1 m1 + ... + uk mk = 1, d’où
u1 (a1 − ... − ak )m1 + ... + uk (a1 − ... − ak )mk = a1 − ... − ak = −λ1 m1 + ... + λk mk ,
d’où

−λ1 = u1 (a1 − ... − ak )



 λ2 = u2 (a1 − ... − ak )
..

.



λk = uk (a1 − ... − ak )
Pour une autre solution x, il existe β1 , ..., βk tel que : :


 x = a1 + β1 m1
..
.


x = ak + βk mk


 x − x0 = (β1 − λ1 )m1
..
=⇒
.


x − x0 = (βk − λk )mk
=⇒ x − x0 = k.ppcm(m1 , ..., mk ) = km1 ...mk
car pgcd(m1 , ..., mk ) = 1. Donc :
S = {x0 + km1 ...mk , k ∈ Z}.
Exercice 11
Déterminer les entiers relatifs n tels que :
n ≡ 2 [6]
1.
n ≡ 4 [14]
2n ≡ 1 [5]
2.
3n ≡ 1 [8]
3n ≡ 2 [5]
3.
5n ≡ 4 [9]
1. On a :
n ≡ 2 [6]
n ≡ 4 [14]
⇐⇒ ∃k ∈ Z, n = 6k + 2 et n ≡ 4 [14] ⇐⇒ 6k + 2 ≡ 4 [14] ⇐⇒ 6k ≡ 2 [14],
ce qui est équivalent à :
Algèbre
Arithmétique
page 55
3k ≡ 1 [7] ⇐⇒ 6k ≡ 2 [7] ⇐⇒ −k ≡ 2 [7] ⇐⇒ k ≡ −2 [7] ⇐⇒ ∃` ∈ Z, k = 7` − 2
car pgd(2, 7) = 1. On trouve
n = 6k + 2 = 6(7` − 2) + 2 = 42` − 10 ≡ −10 [42],
d’où
S = {42` − 10, ` ∈ Z}.
Variante
On a :
n ≡ 2 [6]
n ≡ 4 [14]
⇐⇒
n ≡ 32 [6]
n ≡ 32 [14]
⇐⇒
n − 32 ≡ 0 [6]
n − 32 ≡ 0 [14]
⇐⇒ n−32 ≡ 0 [ppcm(6, 14)] ⇐⇒ n ≡ 32 [42].
Cela est équivalent à l’existence de k ∈ Z tel que
42k + 32 = n,
donc
S = {42k + 32, k ∈ Z}.
2. On a :
2n ≡ 1 [5]
3n ≡ 1 [8]
⇐⇒
6n ≡ 3 [5]
9n ≡ 3 [8]
car pgcd(3, 5) = pgcd(3, 8) = 1.
Donc :
2n ≡ 1 [5]
3n ≡ 1 [8]
⇐⇒
n ≡ 3 [5]
n ≡ 3 [8]
⇐⇒
n − 3 ≡ 0 [5]
n − 3 ≡ 0 [8]
⇐⇒ n − 3 ≡ 0 [40]
On obtient :
S = {40k + 3, k ∈ Z}.
3. On a :
3n ≡ 2 [5]
5n ≡ 4 [9]
⇐⇒
3n ≡ −3 [5]
5n ≡ −5 [9]
Ce qui est équivalent à :
n + 1 ≡ 0 [5]
n + 1 ≡ 0 [9]
⇐⇒
n ≡ −1 [5]
n ≡ −1 [9]
car pgcd(5, 3) = pgcd(5, 9) = 1.
⇐⇒ n + 1 ≡ 0 [45] ⇐⇒ ∃k ∈ Z, n + 1 = 40k,
d’où
S = {45k − 1, k ∈ Z}.
Algèbre
Arithmétique
page 56
Exercice 12
La comète A qui est visible tous les 5 ans aété obersvée il y 1 an. La comète B, visible tous les 8
ans a été observée il y 2 ans.
La comète C, visible tous les 11 ans a été observé il y 8 ans.
Dans combien d’années pourra-t-on observer simuktanément les comètes A,B et C ?
A sera visible dans 4 ans, 9 ans, 14 ans, ..., 4 + 5α ans.
B sera visible dans 6 ans, 14 ans, 22 ans, ..., 6 + 8β ans.
C sera visible dans 3 ans, 14 ans, 25 ans, ..., 3 + 11γ ans.
On voit que ce petit schéma que dans 14 ans, on pourra oberver simultanément les trois comètes.
Cherchons (α0 , β 0 , γ 0 ) tel que :

 x ≡ 4 [5]
x ≡ 6 [8]
5α0 + 5 = 8β 0 + 6 = 11γ 0 + 3 = x ⇐⇒

x ≡ 9 [11]
On calcule d’abord

 x1 ≡ 1 [5]
x1 ≡ 0 [8]

x1 ≡ 0 [11]
⇐⇒
x1 ≡ 1 [5]
x1 ≡ 0 [88]
⇐⇒
x1 ≡ 1 [5]
x1 = λ88
⇐⇒ λ88 ≡ 1 [5]
ce qui est équivalent à :
3λ ≡ 1 [5] ⇐⇒ 6λ ≡ 2 [5] ⇐⇒ λ ≡ 2 [5] =⇒ λ = 2 =⇒ x1 = 2.88.
On calcule ensuite :

 x2 ≡ 0 [5]
x2 ≡ 1 [8]

x2 ≡ 0 [11]
⇐⇒
x2 ≡ 1 [8]
x2 ≡ 0 [55]
⇐⇒
x2 ≡ 1 [8]
x = 55λ
⇐⇒ 55λ ≡ 1 [88] ⇐⇒ −λ ≡ 1 [8] ⇐⇒ λ ≡ −1 [8] ≡
On calcule enfin :

 x3 ≡ 0 [5]
x3 ≡ 0 [8]

x3 ≡ 1 [11]
⇐⇒
x ≡ 1 [11]
x ≡ 0 [40]
⇐⇒
x ≡ 1 [11]
x = 40λ
⇐⇒ 40λ ≡ 1 [11] ⇐⇒ −4λ ≡ 1 [11]
ce qui est équivalent :
−12λ ≡ 3 [11] ⇐⇒ −λ ≡ 3 [11] ⇐⇒ λ ≡ 8 [11] =⇒ λ = 8 =⇒ x3 = 8.40.
Donc
x ≡ (4 × 7 × 55 + 6 × 7 × 55 + 3 × 8 × 40) [5 × 8 × 11] ≡ 40 [440].
2.5
Les carrés de Z/nZ
Exercice 1
Montrer que le carré d’un nombre entier est de l’une des formes : 5k, 5k + 1, 5k − 1.
Algèbre
Arithmétique
page 57
Soit n ∈ Z. Il existe k ∈ {0, 1, 2, 3, 4} tel que n ≡ k [5]. On a donc :
n2 ≡ k 2 [5] avec k 2 ∈ {0, 1, 4, 9, 16}.
Un petit calcul donne :
k 0 1 2
3 4
k 2 0 1 −1 −1 1
donc
n2 = 5k ou 5k + 1 ou 5k − 1.
Exercice 2
1. Quel est le reste de la division par 8 du carré d’un nombre impair ?
2. Montrer qu’un entier de la forme 8k − 1 n’est pas sommes de trois carrés.
1. Soit n ∈ N impair. Dans Z/8Z, on a :
n 1 3 5 7
n2 1 1 1 1
Ce reste vaut 1.
Variante
On calcule :
(2k + 1)2
=
=
=
=
4k 2 + 4k + 1
4k(k + 1) + 1
4(2p) + 1 ou 2p = k(k + 1)
8p + 1.
2. On a vu que le carré d’un nombre impair n’est pas de la forme 8k − 1. Examinons le cas des pairs :
n
n2
0
0
2
4
4
0
6
4
Donc les carrées de Z/8Z sont soit 0, 1 ou 4. Calculons
a2
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
b2
0
0
0
1
1
1
0
0
0
1
1
1
c2
0
1
4
0
1
4
0
1
4
0
1
4
a2 + b2 + c2
0
1
4
1
2
5
1
2
5
2
3
6
En continuant jusqu’à 4 + 4 + 4 = 4, on constate que a2 + b2 + c2 n’est jamais égal à −1 = 7,
donc 8k − 1 n’est jamais somme de trois carrées.
Algèbre
Arithmétique
page 58
Exercice 3
Soit A un nombre impair, égal à la somme de deux carrés. Quel est le reste de sa division par 4 ?
Soit A = a2 + b2 . Comme a est impair, soit b2 ou c2 pair et l’autre impair. On peut donc écrire :
A = (2p)2 + (2k + 1)2 = 4p2 + 4k 2 + 4k + 1 = 4(p2 + k 2 + k) + 1 ≡ 1 [4].
Exercice 4
1. Déterminer l’ensemble des carrées des éléments de Z/10Z.
n
X
2. Déterminer l’ensemble des naturels non nuls n tels que
k! soit un carré dans N.
k=1
1. On écrit :
Z/10Z = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.
Calculons :
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0 = 0, 1 = 1, 2 = 4, 3 = 9, 4 = 16 = 6, 5 = 25 = 5, 6 = 36 = 6 7 = 49 = 9, 8 = 64 = 4 et
2
9 = 81 = 1.
Donc :
[
{x2 } = {0, 1, 2, 4, 5, 6, 9}.
x∈Z/10Z
2. Soit n ∈ N∗ ,
n
X
k!. Cherchons les classes de un modulo 10. Nous avons :
k=1
u1
u2
u3
u4
u5
= 1[10]
= 1 + 2[10] = 3[10]
= 1 + 2 + 6[10] = 9[10]
= 1 + 2 + 6 + 24[10] = 33[10] = 3[10]
= 1 + 2 + 6 + 24 + 120[10] = 123[10] = 3[10].
Ceci laisse deviner que pour n ∈ N\{1, 2, 3, 4}, on ait : un = 3[10]. Pour voir cela, il suffit d’écrire :
un = 1! + 2! + 3! + 4! +
n
X
k![10] = 3 + 0[10] = 3[10].
k=5
Si un est un carré dans N∗ , c’est un carré dans Z/10Z. Donc si un est un carré dans N∗ , un
appartient forcément à {0, 1, 2, 4, 5, 6, 9}. On n’a que deux valeurs possibles de un : c’est soit 1,
soit 9. Donc cela correspond à n = 1 ou à n = 3.
On doit maintenant vérifier qu’effectivement u1 = 1 = 12 et u3 = 1 + 2 + 6 = 9 = 32 sont des
carrés de N, ce qui est immédiat.
Exercice 5
Soient p un naturel premier différent de 2, Fp = Z/pZ, F∗p = Fp \{0}.
1.
a- Calculer Card
[
{x2 }.
x∈Fp
b- Montrer que : ∀(u, v, w) ∈ F∗p × F∗p × F∗p , il existe (x, y) ∈ F2p tel que : ux2 + vy 2 = w.
2. Soit n un naturel ≥ 2 tel que p ne divise pas 4n − 1.
Montrer qu’il existe (a, b, m) ∈ Z3 tel que m ≥ 1 et a2 + ab + nb2 + 1 = mp.
Algèbre
Arithmétique
page 59
1.
a- Pour p 6= 2 premier, prenons quelques exemples pour se donner une idée :
[
F3 = {0, 1, },
{x2 } = {0, 1} ;
x∈F
[3
F5 = {0, 1, 2, 3, 4},
x∈F
[3
F7 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6},
{x2 } = {0, 1, 4} ;
{x2 } = {0, 12, 4}.
x∈F3
p+1
On constate qu’il y a
carrées dans Fp .
2
[
Pour vérifier cette intuition, cherchons une bijection de {0, ..., p−1
{x2 }. Définissons
2 } dans C =
x∈Fp
2
f : k 7→ k de {0, ...,
p−1
2 }
dans C =
[
{x }. Soit c ∈ C, il existe n ∈ {0, ..., p−1
2 } tel que :
2
x∈Fp
n2 = c.
f (k) = c = f (n)
2
k = n2
2
k − n2 = 0
(k − n)(k + n) = 0
k − n = 0 ou k + n = 0 car un corps est intègre
k = n ou k = −1 = p − 1 = p − 1
k = min{n, p − 1}.
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
p−1
p−1
Or k ∈ {0, ..., p−1
2 }, donc soit n ∈ {0, ..., 2 }, soit p − 1 ∈ {0, ..., 2 }.
p−1
En effet, si n = 0, alors p − n = p ∈
/ {0, ..., 2 }. Si n = 1, alors p − n = p − 1 ∈
/ {0, ..., p−1
2 }...
Si n = p−1
−
1,
alors
:
2
p−1
2p − p + 1 + 2
p+3
p−1
p−n=p−
+1=
=
∈
/ {0, ...,
}.
2
2
2
2
p−1
p−1
p+1
p−1
Si n =
, alors p − n = p −
=
∈
/∈
/ {0, ...,
}. Donc pour tout c ∈ C, il existe
2
2
2
2
p−1
un unique élément k ∈ {0, ..., 2 } tel que k 2 = c et donc
p−1
p+1
p−1
Card C = Card {0, ...,
}=
+1=
.
2
2
2
Autre méthode
On peut aussi utiliser le théorème d’isomorphisme : si f est un morphisme de l’anneau A dans
l’anneau A0 , alors A/ ker f est isomorphe à Im f .
Soit f : F∗p → F∗p définie par f (x) = x2 . Montrons que f est un homomorphisme de groupes de
(F∗p , ×) dans (F∗p , ×). Pour tout (x, y) ∈ F∗p , on a :
f (xy)
=
=
=
=
=
=
(xy)2
(xy)(xy)
x(yx)y car × est commutative
(xx)(yy) car associative
x2 y 2
f (x)f (y).
Cherchons ker f . On a :
x ∈ ker f
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
f (x) = 1
x2 = 1
x2 − 1 = 0
(x − 1)(x + 1) = 0
x = 1 ou x = −1 = p − 1.
Algèbre
Arithmétique
page 60
Supposons par l’absurde que 1 = −1, alors 1 + 1 = 0, donc 2 = 0, ce qui implique que p divise
2 et p est premier, donc p = 2, ce qui est faux. Donc ker f = {1, −1} et[
Card ker f = 2. D’après
∗
∗
le théorème d’isomorphisme, Fp / ker f est isomorphe à Im f = C =
{x2 }\{0}.
x∈Fp
Il vient alors :
Card (C\{0})
=
=
=
Card (F∗p \ ker f )
Card F∗p
Card ker f
p−1
.
2
p−1
p+1
+1=
.
2
2
b- Soit (u, v, w) ∈ F∗p × F∗p × F∗p . On veut montrer qu’il existe (x, y) ∈ F2p tel que : ux2 + vy 2 = w.
Ce qui est équivalente à écrire : ux2 = w − vy 2 .
On cherche à dénombrer les éléments de la forme w − vy 2 et on montre ensuite que l’ensemble
des éléments de la forme ux2 et[
celui de la forme[
w − vy 2 ont un élément en commun.
2
Pour cela, posons A = uC =
{ux }, B =
{w − vy 2 }. L’application x 7→ ux est une
Donc Card C =
x∈F∗p
y∈F∗p
bijection de C sur A car u 6= 0. De même, l’application x 7→ w − vx est aussi une bijection de C
p+1
sur B car v 6= 0. Donc : Card A = Card B = Card C =
. Cela implique que A ∪ B ⊂ F∗p .
2
On a alors :
p+1 p+1
Card F∗p ≥ Card (A ∪ B) = Card A+ Card B− Card (A ∩ B) ⇒ p ≥
+
− Card (A ∩ B),
2
2
soit encore
p ≥ p + 1− Card (A ∩ B) ⇒ 0 ≥ 1− Card (A ∩ B) ⇒ Card (A ∩ B) ≥ 1.
Ainsi, A ∩ B n’est pas vide. Soit α ∈ A ∩ B, alors il existe (x, y) ∈ F2p tel que ux2 = α et
w − vy 2 = α, donc ux2 + vy 2 = w.
2. ∀(a, b, n) ∈ Z3 , on a :
ab b2
b2
+ )−
+ nb2 + 1
2
42
4 2
b
4nb + 4 − b
= (a + )2 +
2
4
b 2 (4n − 1)b2 + 4
= (a + ) +
2
4
b 2 (4n − 1)b2
= (a + ) +
+ 1.
2
4
Or 4n − 1 6= 0 et 1 6= 0, donc 2) b-, il existe (x, y) ∈ Z2 tel que :
1.x2 + (4n − 1)y 2 = −1
a2 + ab + nb2 + 1
=
(a2 + 2
avec (u, v, w) = (1, 4n − 1, −1), donc
x2 + (4n − 1)y 2 + 1 = 0
⇒
x2 + (4n − 1)y 2 + 1 ≡ 0[p]
⇒
∃(x, y, m) ∈ Z3 tel que x2 + (4n − 1)y 2 + 1 = mp.
b
b
Donc quel que soit (a, b) ∈ Z 2 , on a : a + = x et = y ⇔ (a, b) = (x − y, 2y)
2
2
donc en posant (a, b) = (a − y, 2y), on a :
a2 + ab + nb2 + 1
=
=
=
2
(a + 2b )2 + (4n − 1) b4 + 1
x2 + (4n − 1)y + 1
mp
avec
Algèbre
Arithmétique
page 61
b
b2
(a + )2 + (4n − 1) + 1 ≥ 1 > 0.
2
4
Donc mp > 0, soit m > 0, d’où m ≥ 1.
Exercice 6 : Théorème des deux carrés
On se propose de trouver une condition nécessaire et suffisante pour qu’un entier soit somme de
deux carrés.
Soit A2 = {a2 + b2 , (a, b) ∈ N2 } et P l’ensemble des nombres premiers.
1. Critère d’Euler
Soit p ∈ P avec p 6= 2. On dit qu’un entier a ∈ Z est résidu quadratique modulo p lorsqu’il existe
x ∈ Z tel que
x2 ≡ a [mod p] et a non nul mod p.
(Z/pZ)∗ → (Z/pZ)∗
. Montrer que ϕ est un morphisme.
x
7→
x2
Quel est le noyau ? Calculer Card Im ϕ, puis prouver que
a- Soit ϕ :
Card {x2 } =
x∈(Z:pZ)∗
p−1
.
2
b- En déduire le critère d’Euler en considérant l’ensemble des racines de x
a est résidu quadratique si et seulement si a
p−1
2
p−1
2
−1 :
≡ 1 mod p.
c- Montrer que −1 est un carré de (Z/pZ)∗ si et seulement si p ≡ 1[mod 4].
d- Montrer qu’il existe une infinité de nombre premier de la forme 4k + 1.
2. Quelques propriétés utiles : théorème des deux carrés pour les nombres premiers
a- Montrer que :
∀(x, N ) ∈ R × N∗ , ∃(p, q) ∈ Z2 , |px − q| ≤
1
et 1 ≤ p ≤ N.
N +1
b- Soit (a, n) ∈ N × N∗ tel que n divise 1 + a2 .
a
Montrer que n appartient à A2 (on pourra appliquer la question précédente à x =
et
n
√
N = E[ n]).
c- Montrer que tout élément p de P est somme de deux carrés si et seulement si p = 2 ou
p ≡ 1 [mod 4].
3. Le grand résultat tant attendu
Montrer que :
a- Pour tout (u, v) ∈ A2 , uv appartient à A2 .
b- Pour tout (n, u, v) ∈ (N∗ )3 vérifiant pgcd(u, v) = 1 et n divisant u2 + v 2 , n appartient à A2 .
c- Pour n ∈ N∗ , on a l’équivalence des assertions suivantes :
(i) n appartient à A2
(ii) Pour tout p ∈ P si p ≡ 3 [4], alors vp (n) est pair (p-valuation de n).
1. Le critère d’Euler
a- Attention : (Z/pZ, +)∗ n’est pas un groupe, en revanche (Z/pZ, ×)∗ est bien un groupe.
Algèbre
Arithmétique
page 62
On a :
∀x, y ∈ (Z/pZ)∗ , ϕ(xy)
=
=
=
(xy)2
x2 y 2
ϕ(x).ϕ(y),
donc ϕ est un morphisme.
Cherchons ker ϕ :
x ∈ ker ϕ
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
ϕ(x) = 1
x2 = 1
x = a avec a ∈ Z, a2 = 1 + kp avec k ∈ Z
p divise a2 − 1
p divise (a − 1)(a + 1)
p divise (a + 1) ou p divise (a − 1) car p est premier
a = −1kp ou a = 1 + kp avec k ∈ Z
a = 1 ou a = −1
donc
ker ϕ = {1, −1}.
D’après le théorème du rang, on a :
Card ker ϕ.Card Im ϕ = p − 1 =⇒ Card Im ϕ =
Il y a donc
p−1
.
2
p−1
carrés non nuls.
2
Variante
On a :
x ∈ ker ϕ
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x2 = 1
(x − 1)(x + 1) = 0
(x − 1) = 0 ou x + 1 = 0 car Z/pZ est un corps
x ∈ {−1, 1},
donc ker ϕ = {−1, 1}.
Cherchons Im ϕ :
y ∈ Im ϕ ⇐⇒ ∃x0 , y = x20 .
On a :
x ∈ ϕ−1 (y)
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x2 = x20
ϕ(x) = ϕ(x0 )
ϕ(xx−1
0 )=1
xx−1
0 ∈ ker ϕ = {1, −1}
x = x0 ou x = −x0 .
D’après le principe des Bergers, on a :
Card(Z/pZ)∗ = 2.Card Im ϕ =⇒ Card Im ϕ =
p−1
2
Variante
Déterminons Im ϕ :
Algèbre
Arithmétique
page 63
y ∈ Im ϕ, alors il existe x0 tel que y = x20 .
On a :
x ∈ ϕ−1 (y)
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x2 = x20
x2 − x20 = 0
(x − x0 )(x + x0 ) = 0
x = −x0 ou x = x0 .
b- x est un carré de (Z/pZ)∗ si et seulement si il existe a ∈ (Z/pZ)2 tel que x = a2 . On a :
x = a2
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
xp−1
p−1
x 2
p−1
x 2
p−1
x 2
= a2(p−1)
= a(p−1) = 1 via le petit théorème de Fermat
=1
− 1 = 0.
p−1
Donc x est racine de x 2 − 1. Posons C = Im ϕ l’ensemble des carrés et S l’ensemble des
p−1
racines de x 2 − 1. On a donc : C ⊂ S.
Puis :
p−1
p−1
= Card C ≤ Card S ≤
=⇒ C = S,
2
2
donc
x
p−1
2
= 1 ⇐⇒ x est un carré.
c- Il est clair que −1 est d’ordre 2. D’après le critère d’Euler, on a :
(−1) est un carré
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
p−1
(−) 2 = 1
p−1
= 2k avec k ∈ Z
2
p = 4k + 1
p ≡ 1 [mod 4]
d- Supposons qu’il existe un nombre fini de nombres premiers de la forme 4k + 1. Soit p le plus
grand d’entre eux. Soit
N = 1 + (p!)2
et q un diviseur de N . Il vient :
N = 1 + (p!)2 ≡ 0 [mod q] =⇒ −1 ≡ (p!)2 [mod q] =⇒ −1 est un carré de Z/qZ,
donc q est de la forme 4k + 1. Par définition de p, on a : q ≤ p et q divise p!, donc q diise aussi
1, ce qui est absurde !
2. Quelques propriétés utiles
a- Posons xk = kx − E[kx] où k ∈ {0, 1, ..., N + 1}, ce qui fait N + 2 éléments distincts de [0, 1[.
On re-indexe les éléments (xk ) et (aj ) de telle manière à avoir :
0 ≤ a0 ≤ a1 ≤ ... ≤ aN +1 < 1.
Il existe ` ∈ {0, 1, ..., N + 1} tel que :
Algèbre
Arithmétique
page 64
∀i ∈ {0, 1, ..., N + 1}, |a`+1 − a` | ≤ |ai+1 − ai | =⇒
N
X
|ak+1 − ak | ≤
i=0
N
X
|ai+1 − ai | = 1.
i=0
Il vient
(N + 1)|a`+1 − a` | ≤ 1 =⇒ |a`+1 − a` | ≤
1
.
N +1
On vient donc de montrer qu’il existe i < j dans {0, 1, ..., N + 1} tels que
|xj − xi | ≤
1
.
N +1
Calculons
|xj − xi |
|jx − E[jx] − ix + E[ix]|
|(j − i)x − (E[jx] − E[jx])|.
=
=
Posons p = j − i et q = E[jx] − E[ix], il est clair que : 1 ≤ p ≤ N .
On obtient donc :
|px − q| ≤
1
.
N +1
b- Puisque n divise 1 + a2 , on a :
√
1 + a2 ≡ 0 [mod n].
Posons
x=
√
a
et N = E[ n].
n
D’après la question précédente, il existe (p, q) ∈ Z2 tel que :
|px − q| ≤
√
1
1
< √ avec 1 ≤ p ≤ N ≤ n.
N +1
n
On obtient :
|p
√
a
1
− q| < √ =⇒ |pa − qn| < n,
n
n
d’où
0 < p2 + (pa − qn)2 < 2n =⇒ 0 <
p2 + (pa − an)2
< 2.
n
Mais :
p2 + (pa − qn)2
donc
≡
≡
≡
p2 + p2 a2 [n]
p2 (1 + a2 ) [n]
0 [n],
p2 + (pa − qn)2
est un entier. On a donc :
n
p2 + (pa − qn)2
= 1 =⇒ p2 + (pa − qn)2 = n
n
=⇒ n ∈ A2 .
Algèbre
Arithmétique
page 65
c- Soit p ∈ P. Si p = 2 = 1 + 1, c’est une somme de deux carrés.
Supposons qu’il existe deux entiers a et b tels que
p = a2 + b2 .
a et b ne peuvent pas être de même parité car sinon 2 diviserait p. On peut donc écrire a = 2k
et b = 2k 0 + 1, alors :
p
=
=
≡
(2k)2 + (2k 0 + 1)2
4k 2 + 4k 02 + 4k 0 + 1
1 [4].
Réciproquement supposons p ≡ 1 [4]. Alors −1 est un carré de Z/pZ d’après la question 1. Il
existe a ∈ Z tel que :
−1 ≡ a2 [p].
Il existe k ∈ Z tel que a2 + 1 = kp. Comme p divise a2 + 1, p appartient à A2 .
3. Théorème des deux carrés
a- Soit x, y ∈ A2 . On peut
x = a2 + b2 = |a + ib|2 et y = |c + id|2 .
On a :
xy
=
=
=
=
=
|a + ib|2 |c + id|2
|(a + ib)(c + id)|2
|ac + iad + ibc − bd|2
|ac − bd + i(ad + bc)|2
(ac − bd)2 + (ad + bc)2 ∈ A2 .
b- Soit n = pα1 1 ...pαk k un entier divisant u2 + v 2 avec pgcd(u, v) = 1. Comme le produit de deux
éléments de A2 est dans A2 , il suffit de montrer de montrer :
∀i ∈ {1, ..., k}, pi ∈ A2 .
Soit pi un diviseur premier de n. Comme n divise u2 + v 2 , il en est de même de pi . Comme pi
ne divise ni u ni v, on a :
u2 + v 2 ≡ 0 [p] =⇒ −1 = (u−1 v)2 [p],
ce qui signifie que −1 est un carré de (Z/pi Z)∗ , d’où
pi ≡ 1 [mod 4],
ce qui implique que pi ∈ A2 .
On en déduit que n ∈ A2 comme produit d’éléments de A2 .
c- Supposons n = a2 + b2 ∈ A2 . Soit p ∈ P avec p = 4k + 3 ≡ 3 [4].
Si p n’est pas dans la décomposition de n en facteurs premiers, alors vp (n) = 0.
On peut donc supposer que p divise n. Soit d = pgcd(a, b), il existe r et s tels que
n
= r2 + s2 .
d2
Si vp (n) est impaire, alors p divise r2 + s2 . D’après la question précédente, p appartient à A2 ,
ce qui implique p = 2 ou p ≡ 1 [4], ce qui est contradictoire. Donc vp (n) est nécessairement
paire.
a = dr et b = ds avec pgcd(r, s) = 1 =⇒
Algèbre
Arithmétique
page 66
Si p = 4k + 3, alors
p2 ≡ 1 [4] =⇒ pvp (n) ≡ 1 [4].
Supposons que pour tout p ∈ P : si p ≡ 3 [4], alors vp (n) est pair. Ecrivons n = p1 ...pk et posons
A = {pi | pi divise n et vp (n) pair}, B = {pi | pi divise n et vp (n) impair}, r =
Y
pvp (n) et s =
p∈A
Y
pvp (n) .
p∈B
Par hypothèse, r est un carré et il existe a tel que :
r = a2 + 0 ∈ A2 .
Comme chaque élément p de B est premier, on a :
p = 2 ou p ≡ 1 [4] =⇒ p ∈ A2 =⇒ s ∈ A2 .
Il vient :
n = rs ∈ A2 .
2.6
Equations diophantiennes
Exercice 1
ln x
Résoudre dans (N∗ )2 : xy = y x avec x 6= y (étudier x 7→
).
x
Il est clair que les couples (x, y) avec x = y sont des solutions triviales.
On a :
∀(x, y) ∈ (N∗ )2 , xy = y x ⇐⇒ y ln x = x ln y ⇐⇒
Soit f :
ln x
ln y
=
.
x
y
R+ → R
et donnons son tableau de variation :
x 7→ lnxx
x
0
e
+∞
1
e
%
f (x)
−∞
&
0
Donc il existe x ∈]0, e] et y ∈ [e, +∞[ tels que f (x) = f (y). On en déduit que x ∈ {1, 2}, mais
ln 2
.
2
Or f ne s’annule pas sur [0, +∞[, donc seule x = 2 est solution. Ce cas correspond à y = 4. Les
solutions sont donc (2, 4) et (4, 2).
x ∈ {1, 2} =⇒ f (x) = 0 ou f (x) =
Exercice 2
Résoudre dans N : 3n = 8 + x2 .
Algèbre
Arithmétique
page 67
Il est clair que si x est solution, −x l’est également. Cette remarque étant faite, on peut supposer
x ≥ 0.
Deuxième remarque : si x est solution de l’équation, x est nécessairement impair. De plus un carré
vérifie :
x2 ≡ 1 [mod 8],
donc on doit avoir :
3n ≡ 1 [mod 8].
Mais pour tout k ∈ N, on a :
32k ≡ 1 [mod 8], 32k+1 ≡ 3 [mod 18].
n doit être impair, donc posons n = 2k, alors :
3n = 8 + x2 =⇒ (3k )2 − x2 = 8 =⇒ 3k ≥ x +1 et 8 = 32k − x2 ≥ (x +1)2 − x2 = 2x +1 =⇒ x ≤ 3.
Comme x est impair, x = 1 et x = 3 sont les solutions. Mais 32 + 8 = 17 n’est pas une puissance de
3, alors que 12 + 8 = 9 = 32 . On obtient : S = {n = 2, x = 1 ou x = −1}.
Exercice 3
Soit n ∈ N∗ . Calculer Card{(p, q) ∈ N2 , 2p + 3q = n}.
On utilise les développements en série entières au voisinage de 0 :
+∞
+∞
i=0
j=0
X
X
1
1
=
x2i et
=
x3j ,
2
3
1−X
1−X
puis
+∞
X
1
1
.
=
cn X n où cn = Card{p, q) ∈ N2 , 2p + 3q = n}.
2
3
1−X 1−X
k=0
Mais
1
1
.
2
1 − X 1 − X3
=
=
1
(X −
+ 1)(1 + X + X 2 )
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
.
− .
+
+ √
− √ .
.
2
4 X + 1 4 X − 1 6 (X − 1)
3i 3 X − j 3i 3 X − j
1)2 (X
On développe ces fractions rationnelles en séries entières au voisinage de 0 et par unicité du
développement, on trouve :
cn =
2
1 + (−1)n n + 1
2(n + 1)
+
+ √ sin
π.
4
6
3
3 3
Exercice 7
Résoudre dans N3 l’équation suivante :
ab + bc + ca = abc
(E)
Algèbre
Arithmétique
page 68
Recherchons d’abord les solutions de (E) pour lesquelles l’une des inconnues est nulle, par exemple
a.
Si a = 0, on a
(E) ⇔ bc = 0,
ce qui équivaut à b = 0 et c quelconque, ou c = 0 et b quelconque.
On en déduit que les solutions de (E) pour lesquelles l’une au moins des inconnues est nulle sont
les triplets
(0; 0; k), (0; k; 0) et (0; 0; k) où k est entier naturel.
Dans la suite, on suppose a, b et c non nuls. (E) est alors équivalente à
1 1 1
+ + = 1.
a b
c
Si a > 3 , b > 3 et c > 3, on a :
1 1 1
+ + < 1.
a b
c
On en déduit que nécessairement l’une au moins des solutions est inférieure ou égale à 3. Puisque
a, b et c jouent des rôles symétriques, on peut, par exemple, supposer que que a ≤ 3 .
Si a = 1, alors
1 1
(E) ⇔ + = 0.
b
c
(E) ne possède donc pas de solution.
Si a = 2, alors
1 1
1
(E) ⇔ + = .
b
c
2
Si b > 4 et c > 4, alors
1 1
1
(E) ⇔ + < .
b
c
2
b et c jouant le même rôle, on recherche donc les solutions telles que b ≤ 4.
Si b = 0, b = 1 ou b = 2, alors (E) n’a pas de solution.
Si b = 3, alors c = 6, et le triplet (2, 3, 6) est solution.
Si b = 4, alors c = 4, et le triplet (2, 4, 4) est solution.
Si a = 3, alors
2
1 1
(E) ⇔ + = .
b
c
3
Si b > 3 et c > 3, alors
1 1
2
+ < .
b
c
3
Seul le cas b = 3 est donc à examiner.
Si b = 3, c = 3 et le triplet (3, 3, 3) est solution.
Finalement, les solution de (E) sont les triplets
(0, k, 0), (0, 0, k), (2, 3, 6), (2, 4, 4), (3, 3, 3), (3, 2, 6), (3, 6, 2), (4, 2, 4), (4, 4, 2), (6, 2, 3), (6, 3, 2),
(k, 0, 0)
où k est un entier.
Algèbre
Arithmétique
page 69
Exercice 6
On veut résoudre l’équation de Fermat x2 + y 2 = z 2 , avec (x, y, z) ∈ N3 .
1. Montrer que l’on peut se ramener au cas où x, y et z sont premiers entre eux et vérifier que le
cas x, y impairs est impossible.
2. Montrer que les solutions sont
(x, y) ou (y, x) = (2kmn, k(m2 − n2 )), z = k(m2 + n2 ), k ∈ N∗ , (m, n) ∈ N2 , m > n.
3. En montrant que x + iy et x − iy sont premiers entre eux dans Z[i], l’anneau des entiers de
Gauss, retrouver les résultats de 2.
1. Soit d = pgcd (x, y, z). Comme d divise x, y et z, il est clair que d2 divise également x2 , y 2 et z 2 .
Donc, quitte à tout diviser par d2 , on peut supposer x, y et z premiers entre eux. Dans ce cas, il
est clair qu’ils sont premiers deux à deux.
Montrons que l’équation x2 + y 2 = z 2 n’est pas possible pour x, y impairs. Tout nombre impair
n = 2k + 1 vérifie
n2 = 4k 2 + 4k + 1 ≡ 1 [4].
Si x et y étaient impairs, alors
x2 + y 2 ≡ 2 [4],
c’est-à-dire
z 2 ≡ 2 [4].
C’est contradictoire avec le fait que 2 n’est pas un carré modulo 4. Donc, ce cas est impossible.
2. Supposons, par exemple, que x soit pair. Alors, l’équation peut se re-écrire
x
z−y z+y
( )2 = (
)(
).
2
2
2
z−y
z+y
Ceci montre que
et
sont des carrés d’entiers. En effet, si tel n’était pas le cas,
2
2
x
la décomposition en facteurs premiers de ( )2 entraı̂nerait l’existence d’un nombre premier p
2
z+y
divisant z−y
et
,
soit
encore
z
et
y,
ce
qui
est impossible.
2
2
2
2
2
Finalement, il existe (m, n) ∈ N2 tel que z−y
=
n2 et z+y
2
2 = m , soit x = 2mn, y = m − n et
z = m2 + n 2 .
Réciproquement, on vérifie facilement que toutes ces solutions conviennent.
Finalement, la solution générale de ce problème est :
(x, y) ou (y, x) = (2kmn, k(m2 − n2 )), z = k(m2 + n2 ), k ∈ N∗ , (m, n) ∈ N2 , m > n.
Exercice 10
Résoudre dans N∗ , l’équation xx ≡ 2 [13].
On cherche les entiers n tels que : nn ≡ 2 [13]. On écrit la division euclidienne de n par 13 :
n = 13.k + p avec k, p des entiers naturels tels que : 0 ≤ p ≤ 12. On a : n ≡ p [13], d’où :
nn ≡ p13k+p [13] ≡ pk+p [13]
(la dernière égalité venant du fait que n12 ≡ 1 [13] d’après un théorème de Fermat, et car 13 est
premier). On est donc amené à chercher les entiers p compris entre 0 et 12 pour lesquels il existe un
entier a tel que : pa ≡ 2 [13] (a étant ici ”identifié” à k + p...une fois un ”a” trouvé, on lui retranche
donc p pour obtenir un ”k” convenant). Cela revient exactement à chercher les entiers p compris
entre 0 et 12 pour lesquel il existe un entier r compris lui aussi entre 0 et 12 tel que : pr ≡ 2 [13].
Algèbre
Arithmétique
page 70
Supposons trouvés deux tels entiers p et r. Alors, les entiers a pour lesquels pa ≡ 2 [13] seront
exactement les r + 12m ( où m est entier naturel). Soit m entier naturel tel que r + 12m ≥ p. On
pose k = r + 12m − p. Alors, n = 13k + p vérifie bien : nn ≡ 2 [13].
p et r peuvent êtres trouvés par Maple par exemple (ou par d’autres moyens, mais je n’ai plus trop
envie de réfléchir !). Maple trouve donc les couples (p, r) suivants : (2, 1) (facile, celui-là, je l’avais
trouvé !.) (6, 5), (7, 11), et (11, 9).
Autrement dit, on a :
21 ≡ 65 [13] ≡ 711 [13] ≡ 119 [13] ≡ 2 [13]
Les entiers n tels que n2 ≡ 2 [13] sont donc exactement les entiers 13(11+12m)+2, 13(11+12m0)+6,
13(4 + 12q) + 7, 13(8 + 12q 0 ) + 11 où m, m0 , q, q 0 décrivent l’ensemble des entiers naturels.
Par exemple , on peut prendre : 13.11 + 2 = 145, 13.23 + 2 = 308, 13.35 + 2 = 45713.11 + 6 = 149,
13.23 + 6 = 312, 13.35 + 6 = 461, 13.4 + 7 = 59, 13.16 + 7 = 215, 13.28 + 7 = 371, 13.8 + 11 = 115,
13.20 + 11 = 271, 13.32 + 11 = 427 ...
3
Nombres premiers
3.1
Infinitude
Exercice 1
Montrer que l’ensemble des nombres premiers est infini.
Méthode 1
On rappelle que tout entier naturel > 1 admet au moins un diviseur premier. On suppose que
l’ensemble des nombres premiers P est fini. On peut alors écrire : P = {p1 , ..., pn }. Soit N = p1 ...pn +1.
Il existe p dans P, divisant N , c’est-à-dire il existe k dans {1, ..., n} tel que p = pk et pk divisant
N . Or pour tout k de{1, ..., n}, pk divise pas N (sinon pk = 1), donc contradiction. Il existe alors
p > pn et P est infini.
Méthode 2
Soit n entier naturel. Soit N = n!+1. Il existe p dans P, divisant N . Mais p ne divise pas N −1 = n!.
Or les diviseurs de n! sont dans {2, ..., n}, donc p > n.
Méthode 3
On raisonne par l’absurde. Si l’ensemble des nombres premier était fini, alors on pourrait considérer
le plus grand dentre eux, noté N . Posons
M = N! + 1
et désignons par p un nombre premier divisant M . Comme p ≤= N , p divise N !, donc p divise
(M − N )! = 1, ce qui est absurde.
Méthode 4
Voici une preuve due à Euler :
Notons P l’ensemble des nombres premiers. Pour x dans ]0, 1[, c’est clair que
1
xn+1
= 1 + x + x2 + ... + xn +
.
1−x
1−x
Comme
xn+1
est positif, on obtient cette inégalité :
1−x
1
> 1 + x + x2 + ... + xn .
1−x
Algèbre
Arithmétique
Donc si on pose A =
page 71
1
, on a
1 − p1
p∈P
Y
A>
Y
(1 +
p∈P
1
1
1
+ 2 + ... + n ).
p p
p
Supposons que P = {p1 , ..., pk } était fini, alors
Y
1
1
1
A>
(1 + + 2 + ... + n ) =
p p
p
p∈P
1
X
pi1 .pi2 ...pikk
i1 ,i2 ,...,ik ∈[[1,n]] 1 2
.
On sait que tout entier i peut s’écrire sous la forme
i = p1 i1 .p2 i2 ...pk ik .
Fixons N quelconque tel que i ≤ N , alors
X
1
i1 ,i2 ,...,ik ∈[[1,n]]
pi11 .pi22 ...pikk
A>
≥
N
X
1
i=1
i
.
Comme la série harmonique est divergente vers +∞, il existe N0 tel que
N0
X
1
i=1
i
> A.
Finalement obtient une contradiction A > 2A > 0.
Exercice 2
Soit h ∈ N et Pk = {p1 , ..., ph } un ensemble de nombres premiers distincts. Notons Nh l’ensemble
des naturels dont tous les facteurs premiers sont dans Ph et vh (x) = Card{n ≤ x, n ∈ Nh } le
nombre d’éléments de Nh qui inférieurs à x.
1. Montrer que tout élément n ∈ Nh s’écrit de façon unique sous la forme :
n = pc11 ...pchh m2 , avec ci ∈ {0, 1}, i = {1, ..., h} et m ∈ Nh .
√
√
2. Vérifier que m ≤ x, en déduire que vh (x) ≤ 2h x.
3. Supposons P fini de cardinal h. Calculer alors vh (x) en remarquant que Nh = N, et conclure à
une impossibilité.
1. Fixons n ∈ Nh , alors on peut écrire :
n=
Y
pvp (n) .
p∈Ph
Cette écriture est unique. Posons
A = {p ∈ P, vp (n) pair} et B = {p ∈ Ph , vp (n) impair}.
Pour i ∈ {1, ..., h}, posons ensuite :
Y vp (n) Y vp (n)+1
1 si pi ∈ B
ci =
, m=
p 2 .
p 2
0 si pi ∈ A
p∈A
p∈B
d’où l’existence.
2. Tout n ≤ x s’écrit
n = pc11 ...pchh m2 ,
Algèbre
Arithmétique
page 72
alors
m2 ≤ n ≤ x =⇒ m ≤
√
x.
Pour choisir n ∈ Nh , il y a 2h choix au plus pour la suite ci et
√
plus 2h x choix pour n. On obtient donc :
√
x choix au plus pour m, donc au
√
vh (x) ≤ 2h x.
3. On suppose P fini et on note h = Card P, alors
√
N = Nh =⇒ vh (x) = E[x] =⇒ E[x] ≤ 2h x,
donc E[x] ∼ x et
+∞
√
x = o(x), contradiction.
Exercice 3
1. Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4k − 1.
2. Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 6k − 1.
3. Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 3k + 2.
1. Supposons qu’il n’existe qu’un nombre fini de nombres premiers de la forme 4k − 1 : p1 , ..., pn .
Pour tout i ∈ {1, ..., n}, on a :
pi ≡ −1 [4].
Posons N = 4p1 p2 ...pn − 1. On a :
N ≡ −1 [4].
D’après le théorème de la décomposition en facteurs premiers, on peut écrire :
N = q1α1 ...qrαr .
Pour tout i ∈ {1, ..., n}, on a aussi :
pgcd(pi , N ) = 1,
donc
∀i ∈ {1, ..., r}, qi ≡ 1 [4] ou qi ≡ 2 [4].
Pour tout i ∈ {1, ...r}, regardons ces deux cas :
– Si qi ≡ 2 [4], alors N est pair, ce qui n’est pas possible.
– Si qi ≡ 1 [4], alors N ≡ 1 [4], ce qui n’est pas possible.
Variante
Supposons qu’il existe un nombre fini p1 , p2 , ..., pn de nombres premiers de la forme 4k − 1.
On pose
N = (p1 p2 ...pn )2 + 1 ≡ 2 [4].
Si
N
Si
Si
la décomposition de N = q1 ...qi ne comprenait que des facteurs de la forme 4k + 1, on aurait
≡ 1 [4]. Donc l’un des qi est égal à 4k + 2 ou à 4k − 1.
qi = 4k − 1, alors qi est égal à pi et qi divise 1 : absurde !
qi = 4k + 2 ≡ 2 [4], alors qi2 ≡ 0 [4], donc N ≡ 0 [4] : absurde !
Algèbre
Arithmétique
page 73
2. De la même façon, supposons qu’il n’existe qu’un nombre fini de nombres premiers de la forme
6k − 1 : p1 , p2 , ..., pn . Posons :
N = 6p1 p2 ...pn − 1 =⇒ N ≡ −1 [6].
Comme pgcd(pi , N ) = 1 pour tout i, on a :
N = q1α1 ...qrαr .
On a donc :
qi ≡ 1 [6] ou qi ≡ 2 [6] ou qi ≡ 3 [6].
Des trois cas, aucun n’est possible.
3. Supposons qu’il n’existe qu’un nombre fini de nombres premiers de la forme 3k + 2 : p1 , p2 , ...,
pn .
Posons
N = 3p1 p2 ...pn + 2 ≡ −1 [3].
p1 p2 ...pn est impair comme produit de nombre impaires. On a donc :
N
=
=
=
3(2m + 1) + 2
2(3m) + 3 + 2
2(3m) + 5,
donc N est impair. D’après le théorème de la décomposition :
N = q1α1 ...qrαr .
Les qi sont soit de la forme 3k + 1, soit 3k + 2.
Si tous les qi sont de la forme 3k + 1, alors N ≡ 1 [4], ce qui est contradictoire. Il existe donc
un qi de la forme 3k + 2, donc qi est égal à l’un des pi . Comme pi divise N , il divise aussi 2.
Contradiction.
Exercice 4
On souhaite montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4k + 1.
Supposons qu’il n’y en a qu’un nombre fini : p1 < p2 < .. < pn et considérons p un diviseur premier
de
N = M 2 + 1 où M = p1 p2 ...pn .
1. Vérifier que p = 2 ou p ≡ −1 [4].
2. Montrer que N admet au moins un diviseur premier p tel que p ≡ −1 [4].
3. Si p ≡ −1 [4], on peut écrire p = 4m + 3. Montrer que :
M p−1 − 1 = M 2 (M 2 − 1)(M 2 + 1)
m−1
X
!
Mk
+ M 2 − 1.
k=0
En déduire que p = 2 puis conclure.
1. Si p ≡ 1 [4], alors p est égale à l’un des pi . Dans ce cas, p divise M 2 et on a :
p divise N = M 2 + 1 =⇒ p divise 1.
Algèbre
Arithmétique
page 74
Impossible, odnc p = 2 ou p ≡ 3 [4] ≡ −1 [4].
2. Si aucun diviseur premier de N vérifie p ≡ −1 [4], on peut écrire :
N = M 2 + 1 = 2k avec k ≥ 2 =⇒ M 2 + 1 ≡ 0 [4] =⇒ M 2 ≡ −1 [4].
Or
M = p1 p2 ...pn ≡ 1 [4] =⇒ M 2 ≡ 1 [4],
donc
1 ≡ −1 [4] =⇒ 2 ≡ 0 [4],
ce qui est contradictoire.
3. Calculons :
M p−1 − 1
=
=
=
=
=
M 4m+2 − 1
M 2 [M 4m − 1] + M 2 − 1
M 2 [(M 4 )m − 1] + M 2 −
!1
m−1
X
M 2 (M 4 − 1)
Mk + M2 − 1
k=0
!
m−1
X
M k + M 2 − 1.
M 2 (M 2 − 1)(M 2 + 1)
k=0
D’après le petit théorème de Fermat, on a :
M p−1 ≡ 1 [p] =⇒ M p−1 − 1 ≡ 0 [p] =⇒ p divise M p−1 − 1.
Comme p divise M p−1 − 1 et N = M 2 + 1, p divise M 2 − 1 d’après cette égalité. Donc p divise
2 = M 2 + 1 − (M 2 − 1) et on en déduit que p = 2. Il y a là contradiction avec p ≡ −1 [4].
Exercice 5 : Un cas particulier du théorème de Dirichlet
Soit p un nombre premier. On montre dans cet exercice qu’il y a une infinité de nombres premiers
de la forme kp + 1. A cet effet, on suppose q1 < ... < qn sont de tels nombres premiers, et on pose :
a = pq1 q2 ...qn et A =
p−1
X
ai .
i=0
Soit q un diviseur premier de A.
1. Montrer que q ∈
/ {q1 , q2 , ..., qn , p}.
2. Montrer que a est d’ordre p dans (Z/qZ∗ , ×).
3. Montrer que q ≡ 1 [mod p] et conclure.
1. q est un diviseur de A =
p−1
X
ai .
i=0
Si q ∈ {q1 , ..., qn , p}, alors q divise ai pour i 6= 0. Dans ce cas, q divise aussi :
1=A−
p−1
X
ai ,
i=1
ce qui est contradictoire. Donc on a :
Algèbre
Arithmétique
page 75
q∈
/ {q1 , q2 , ..., qn , p}.
2. On a :
p
a − 1 = (a − 1)
p−1
X
ai = (a − 1).A.
i=0
Comme p divise A, on obtient :
ap ≡ 1 [mod q].
p étant premier, l’ordre de a dans (Z/qZ∗ , ×) est p.
On remarquera que q ne divise pas (a − 1) car sinon, on aurait :
a ≡ 1 [mod q]
p−1
X
ai ≡ p [mod q]
=⇒
A=
=⇒
=⇒
p ≡ 0 [mod q]
p = q, absurde !
i=0
3. a est un élément d’ordre p dans (Z/qZ ∗ , ×) de cardinal (q − 1). L’ordre de a divise (q − 1), donc
q ≡ 1 [mod p],
ce qui est absurde car q ∈
/ {q1 , ..., qn }.
3.2
Divers
Exercice 1
1. Montrer que si n > 4 et si n n’est pas un nombre premier, alors n divise (n − 1)!.
2. Montrer que pour tout couple (n, k) d’entiers strictement positifs, n! divise le produit
k(k + 1)...(k + n − 1).
3. Soit p un naturel premier.
a- Montrer que : ∀k ∈ {1, ..., p − 1}, p divise Ckp ;
b- En déduire que : ∀n ∈ N, np ≡ n [p].
4. Soit P l’ensemble des naturels premiers.
a- Montrer que : ∀(n, p) ∈ N∗ × P si pgcd(n, p) = 1, alors np−1 ≡ 1[p].
b- Montrer qu’il existe un multiple de 1996 dont l’écriture décimale ne comporte que le chiffre 4.
5. Montrer que : ∀n ∈ Z, n7 ≡ n[42].
1. Si n n’est pas premier, alors il existe deux entiers a et b tels que
n = ab avec 2 ≤ a, b ≤ (n − 1).
Si a 6= b, alors
(n − 1)!
=
=
=
1.2...a...b...(n − 1)
ab.1.2...
n.A.
Si a = b, alors n = a2 . Comme n > 4, on a :
Algèbre
Arithmétique
page 76
a>2
⇒
⇒
Cela permet d’écrire
n > 2a
n − 1 ≥ 2a.
(n − 1)!
=
=
1.2...a...2a...(n − 2)(n − 1)
2a2 B.
Donc pour tout n non premier, n divise (n − 1)!.
Lorsque n est un nombre premier, cette propriéte n’est pas vérifiée. Par exemple pour n = 7, c’est
complètement faux.
2. Le produit k(k + 1)...(k + n − 1) peut s’écrire :
k(k + 1)...(k + n − 2)(k + n − 1)
=
=
=
(k + n − 1)!
(k − 1)!
(k + n − 1)!
n!
(k − 1)!n!
n!Ck−1
k+n−1 .
Donc n! divise k(k + 1)...(k + n − 1).
3.
a- On a
Ckp =
p(p − 1)...(p − k + 1)
,
k!
d’où
k!Ckp = p(p − 1)...(p − k + 1).
Comme p est premier et k < p, p et k! sont premiers entre eux. Donc p divise Ckp .
Méthode 2
On connaı̂t la formule
kCkp = pCk−1
p−1 .
Comme k < p et p est premier, ces deux nombres sont premiers entre eux. D’après le lemme de
Gauss, p divise Ckp .
b- Ici on va raisonner par récurrence sur n. Pour n = 0, on a : 0p = 0 ≡ 0[p].
Supposons que le résultat est valable pour un n ∈ N : np ≡ n[p]. Alors calculons à l’aide de la
formule du binôme de Newton :
p
X
p
(n + 1)
=
Ckp nk
k=0
p−1
X
Ckp nk + np
=
1+
≡
≡
1 + np [p]
1 + n[p].
k=1
Donc pour tout entier naturel n, on a bien np ≡ n [ mod p].
Méthode 2
Considérons la propriété P(n) : ”np ≡ n [p]”.
Il est clair que P(0) est vraie car 0p ≡ 0 [p].
Supposons P(n) vraie et calculons
Algèbre
Arithmétique
page 77
(n +
1)p
=
p
X
Ckp nk
k=0
p−1
X
Ckp nk + np
=
1+
≡
≡
1 + np [p]
1 + n [p].
k=1
Donc P(n) est vrai pour tout n.
4.
a- D’après la question précédente pour tout (n, p) ∈ N∗ × P, on a déjà
np ≡ n [p].
Il existe donc un entier q ∈ Z tel que
np − n = pq,
soit encore
n(np−1 − 1) = pq.
Comme n et p sont premier entre eux, p divise np−1 − 1 d’après le théorème de Gauss. On
obtient bien
np−1 ≡ 1 [p].
b- Ecrivons :
1996
=
=
2.2.499
4.499.
Comme pgcd(10, 499) = 1, on a d’après le petit théorème de Fermat, on a : 10498 ≡ 1[499].
Donc 499 divise 10498 − 1 = |99...9
{z } = 1...1
|{z} × 9. Dans ce cas, il existe q ∈ N tel que :
498 fois
498 fois
1996 = 4.499 = 4 × q × 1...1
4...4 × 9q.
|{z} × 9 = |{z}
498 fois
498 fois
Comme pgcd(1996, 9q) = 1, 1996 divise 4...4
|{z} .
498 fois
5. D’après la question précédente, on a :
n7 ≡ n[7], n2 ≡ n[2] et n3 ≡ n[3].
Par ailleurs, il est clair que :
n7 ≡ (n3 )2 .n[3] ≡ n2 .n[3] ≡ n3 [3] ≡ n[3] et n7 ≡ (n2 )3 .n[2] = n3 .n[2] ≡ n4 [2] ≡ (n2 )2 [2] ≡ n[2].
Donc 7 divise n7 − n, 2 divise n7 − n et 3 divise n7 − n. Dans ce cas, 42 = 2.3.7 divise n7 − n,
d’où : n7 ≡ n[42].
Méthode 2
Par récurrence, on montre facilement que 7 divise n7 − n pour tout entier n. Pour n = 0, 1, c’est
évident. Supposons que 7 divise n7 − n, alors calculons
(n + 1)7 − n − 1
=
=
=
n7 + 7n6 + ...
n7 − n + 7n6 + ...
7k + 7p.
Décomposons 42 = 2.3.7 et
n7 − n
=
=
=
n(n − 1)(n5 + n4 + n3 + n2 + 1)
n(n3 − 1)(n3 + 1)
(n − 1)n(n + 1)(n2 − n + 1)(n2 + n + 1).
Comme (n − 1), n et (n + 1) sont trois nombres consécutifs, l’un d’entre eux est divisibles par 2,
puis un autre par 3. Comme n7 − n est divisible par 7, 3 et par 2, 42 divise n7 − n.
Algèbre
Arithmétique
page 78
Exercice 2
Le nombre 1111111111111111111 est premier.
Montrer que si le nombre 11111...11 est premier, alors le nombre de chiffres le constituant est
premier.
La réciproque est-elle vraie ?
Supposons 11111...11 premier et n le nombre de chiffres le constituant. Par l’absurde, si 11111...11
n’était pas premier, alors il est possible d’écrire sous la forme n = kp avec k, p ≥ 2. On peut écrire :
11..11
| {z } = |11..11
{z }11..11
| {z }...11..11
| {z } avec k blocs
n fois
p fois
p fois
p fois
=
p
2p
(k−1)p
|11..11
{z } + 11..11
| {z } × 10 + |11..11
{z } × 10 + ... + 11...11 × 10
=
p
(k−1)p ).
|11..11
{z } × (1 + 10 + ... + 10
p fois
p fois
p fois
p fois
Il y a contradiction avec le fait que 11111...11 est premier, donc forcément n est premier.
La réciproque est fausse, il suffit de prendre 111 qui n’est pas premier, mais 3 est premier.
Exercice 3
Montrer l’équivalence des deux assertions suivantes :
i- ∀n ∈ N, n ≥ 6, n est somme de trois nombres premiers.
ii- ∀n ∈ N, n ≥ 2, 2n est somme de deux nombres premiers.
Montrons i) ⇒ ii).
Pour n ≥ 2, 2n + 2 est somme de trois nombres premiers. L’un des trois est pair, donc égal à 2.
Dans ce cas, 2n est somme de deux nombres premiers.
Montrons ii) ⇒ i).
Si n est pair, on peut écrire n = 2m − 2. Comme 2m est somme de deux nombres premiers, n est
somme de trois nombres premiers.
Si n est impair, on peut l’écrire n = 2m−3 et donc n est lui aussi sommes de trois nombres premiers.
Exercice 4
Soit p > 2 un nombre premier.
1. Montrer que si p ≡ 3 [4], alors il n’existe pas d’entier n tel que p divise n2 + 1.
2. Montrer que si p ≡ 1 [4], alors il existe un entier n tel que p divise n2 + 1.
1. Si p ≡ 3 [4], alors il existe k tel que p = 4k + 3. Supposons qu’il existe n ∈ N tel que p divise
n2 + 1. Dans ce cas, il existe q ∈ N tel que n2 + 1 = pq, alors : pq − nn = 1. D’après le thérème
deBezout, p et n sont premier entre eux.
De plus comme p est premier, on a d’après le petit théorème de Fermat : np−1 ≡ 1 [p].
Mais par hypothèsep ≡ 3 [4], il existe ` ∈ N tel que p = 4` + 3. Il vient alors :
np−1 = n4`+2 = (n2 )2`+1 ≡ 1 [p].
Or n2 ≡ −1 [p] par hypothèse, on obtient : np−1 = (n2 )2`+1 ≡ (−1)2`+1 [p] ≡ −1 [p]. On trouve
donc :
1 ≡ −1 [p] ⇔ 2 ≡ 0 [p],
ce qui est absurde car p > 2 est premier.
2. On veut montrer qu’il existe n ∈ N tel que n2 + 1 ≡ 0 [p]. Cette égalité ressemble un peu à
l’égalité dans le théorème de Wilson : p est premier si et seulement si (p − 1)! + 1 ≡ 0 [p].
Algèbre
Arithmétique
page 79
Il suffit alors de montrer qu’il existe n tel que n2 = (p − 1)! Par hypothèse, on a :
p ≡ 1 [4] ⇔ ∃k ∈ N, p = 4k + 1.
Montrons donc qu’il existe n ∈ N tel que : n2 ≡ (4k)! [p]. On a :
(4k)! = 1.2.3...(4k − 1)(4k) = 1.2.3...(2k).(p − 2k)...(p − 2).(p − 1)
Calculons :
p − 1 ≡ −1 [p]
p − 2 ≡ −2 [p]
...
p − 2k ≡ −2k [p]




⇒ (p − 2k)...(p − 2)(p − 1) ≡ (−1)2k (1.2...2k) [p] ≡ (2k)! [p].



On constate que : (4k)! ≡ (2k)!.(2k)! [p] ≡ [(2k)!]2 [p]. En Posant n = (2k)!, on a : (p−1)! ≡ n2 [p].
Or (p − 1)! ≡ −1 [p], donc
n2 + 1 ≡ 0 [p].
Exercice 5
1. Soit P un polynôme à coefficients entiers, non constant. Montrer que P (n) ne peut pas être un
nombre premier pour tout entier n, ni pour tout entier n suffisamment grand (utiliser P [n+rP (n)]
avec r ∈ N).
2. On considère un polynôme P à k + 1 variables et à coefficients entiers.
On pose f (n) = P (n, 2n , 3n , . . . , k n ), et on suppose lim f (n) = +∞ (ceci pour éviter des
n→∞
fonctions comme f (n) = 2n 5n − 10n + 7).
Montrer que f (n) ne peut pas être un nombre premier pour tout entier n supérieur à un certain
rang N .
1. Quitte à changer P à −P , on peut supposer
lim P (X) = +∞. Donc pour n suffisamment
X→+∞
grand, on a :
P (n) > 1.
Soit n un tel entier. Posons m = P (n) et considérons les entiers de la forme n + rm avec r ∈ N.
Comme P est àcoefficient entier, on a :
P (X + n) = P (n) + α1 X + ... + αk X k
α1 , ..., αk ∈ Z, k ≥ 1, αk ≥ 0
En particulier :
P (n + rm)
=
=
P (n) + α1 (rm) + ... + αk (rm)k
m[1 + α1 r + ... + αk rk mk−1 ]
donc
∀r ∈ N, m divise P (n + rm).
Pour r ≥ 1, P (n + rm) n’est donc pas premier.
2. f peut se mettre sous la forme
f (n) =
qr
m X
X
cr,s ns anr
r=1 s=0
Algèbre
Arithmétique
page 80
où les ar et les cr,s sont entiers, et 1 ≤ a1 < a2 < · · · < am .
Comme lim f (n) = +∞, quitte à augmenter N , on peut supposer f (N ) > am . Notons p le
n→∞
nombre premier p = f (N ).
On a
∀l ∈ N, ∀s ∈ N, [N + lp(p − 1)]s ≡ N s [p],
et d’après le théorème de Fermat,
N +lp(p−1)
∀r, 1 ≤ r ≤ m, ap−1
≡ 1 [p] et ∀l ∈ N, ar
r
≡ aN
r [p].
Finalement,
N +lp(p−1)
∀l ∈ N, [N + lp(p − 1)]s ar
≡ N s aN
r [p],
et ceci pour tous les entiers r, s, donc
f (N + lp(p − 1)) ≡ f (N ) ≡ 0 [p].
Ceci étant vrai pour tout entier naturel l, on aboutit à une contradiction.
Exercice 6
1. Pour tout entier naturel n non nul, on note σ(n) la somme des diviseurs de n. Exprimer σ(n)
en fonction des termes intervenants dans la décomposition de n en facteurs premiers.
Montrer que
n ∧ m = 1 =⇒ σ(mn) = σ(m)σ(n).
2. On dit qu’un entier naturel non nul n est parfait s’il est égal à la somme de ses diviseurs propres
(i.e. σ(n) = 2n). Si 2p − 1 est un nombre premier, montrer que n = 2p−1 (2p − 1) est parfait.
3. Réciproquement, démontrer qu’un nombre parfait pair n est de la forme 2p−1 (2p − 1), où 2p − 1
est nécessairement un nombre premier.
1. On trouve, si n = pα1 1 . . . pαk k , σ(n) =
2. σ(n) =
σ(2p−1 (2p
− 1)) =
k
Y
pαi +1 − 1
( i
).
p1 − 1
i=1
p−1
p
σ(2 )σ(2 −
1) = (2p − 1)2p = 2n.
3. Comme n est pair, il existe un entier p ≥ 2 tel que n = 2p−1 m, avec m impair. Alors σ(n) =
σ(2p−1 )σ(m) = (2p −1)σ(m). Or σ(n) = 2n = 2p m, donc (2p −1)|2p m, donc (2p −1)|m. Autrement
dit, il existe l ∈ N∗ tel que m = (2p − 1)l. On obtient alors σ(m) = 2p l = m + l.
Si l > 1, m a au moins trois diviseurs : m, l et 1, donc σ(m) ≥ m + l + 1, ce qui est absurde. Donc
l = 1, et les seuls diviseurs de m sont 1 et m, donc m est premier.
Remarque : on ne connaı̂t aucun nombre parfait impair, on ne sait même pas s’il en existe. On
sait juste que s’il en existe, ils ont plus de 300 chiffres, plus de 8 facteurs premiers distincts, dont
au moins un est supérieur à 100110).
Exercice 7
Déterminer toutes les valeurs de l’entier naturel n pour que n + 1, n + 3, n + 7, n + 9, n + 13, n + 15
soient tous premiers.
Déjà on peut constater que n ne doit pas être impair car sinon n + 1 > 2 est pair, donc n’est pas
premier.
Comme on a cinq nombres, on va raisonner dans Z/5Z. Pour n ≥ 5, tous ces nombres sont supérieurs
à 5. Dans ce cas, on a :
n + 1 ≡ n + 1[5], n + 3 ≡ n + 3[5], n + 7 ≡ n + 2[5], n + 9 ≡ n + 4[5], n + 13 ≡ n + 3[5] et
n + 15 ≡ n[5].
Algèbre
Arithmétique
page 81
Mais les nombres n, n + 1, n + 2, n + 3, n + 4 et n + 5 sont cinq nombres consécutifs, donc l’un
d’eux est un multiple de 5, c’est-à-dire de la forme 5k avec k ≥ 2. Donc pour n ≥ 5, ces entiers ne
sont pas tous premiers.
Il reste à étudier les cas où n ≤ 4 :
n
n+1
n+3
n+5
n+7
n+9
n + 15
0
1 non premier
2
3
5
7
9 non premier
4
5
7
11
13
17
19
En conclusion, n = 4 est la seule solution.
Exercice 8 : Formule de Legendre
Soit n un entier non nul et p un nombre premier.
On note vp (n) l’exposant de p dans la décomposition de n en produit de puissances de nombres
premiers de sorte que :
vp1 (n)
vp (n) = max{α ∈ N|pα divise n} et n = p1
vpk (n)
...pk
=
Y
pvp (n) .
p∈P
Par exemple, on a : 120 = 23 .3.5, donc v2 (120) = 3, v3 (120) = 1 et vp (120) = 0 si p est un nombre
premier différent de 2, 3 et 5.
n
E[ ln
]
ln p
On se propose de montrer que vp (n!) =
X
E[
k=1
n
].
pk
1. Montrer que : ∀a, b ∈ N∗ , vp (ab) = vp (a) + vp (b).
2. Montrer qu’il existe un et un seul entier N tel que pN ≤ n < pN +1 .
3. Pour 1 ≤ k ≤ N − 1, calculer le nombre ak de multiples stritement positifs de pk qui sont
inférieurs ou égaux à n.
Montrer que Card {j ∈ [[1, n]] | vp (j) = k} = ak − ak+1 .
4. En déduire que vp (n!) = N an +
N
−1
X
k(ak − ak+1 ), puis conclure.
k=1
5. Quelques applications de cette formule :
a- Par combien de zéros se termine l’écriture décimale de 100! ?
b- Soit p un nombre premier fixé. Montrer que lorsque n tend vers +∞, vp (n!) ∼
c- Montrer que si (m, n) ∈ N2 , alors
n
.
p−1
(2m)!(2n)!
est entier.
m!n!(m + n)!
1. Soit a et b deux entiers ≥ 2. On a
a=
Y
pvp (a) et b =
p∈P
Y
pvp (b) ,
p∈P
d’où
ab =
Y
pvp (a)+vp (b) .
p∈P
Par unicité de la décomposition en facteurs premiers de ab, on a donc
Algèbre
Arithmétique
page 82
vp (ab) = vp (a) + vp (b).
2. Soit p ∈ P et n ∈ N∗ . On a par croissance strictement du logarithme :
pN ≤ n < pN +1 ⇔ N ≤
ln n
ln n
< N + 1 ⇔ N = E[
].
ln p
ln p
n
N
N +1 .
On en déduit donc l’existence et l’unicité d’un entier N = E[ ln
ln p ] tel que p ≤ n < p
3. Si 1 ≤ m ≤ n, le nombre de multiples km de m compris entre 1 et n est le nombre d’entiers k
n
n
n
compris entre 1 et m
entre 1 et E[ m
]. Ce nombre vaut donc E[ m
].
N
N
+1
Nous avons toujours posé : N l’entier tel que : p ≤ n < p
. Pour 1 ≤ k ≤ N − 1, on a : pk ≤ n,
m
k
ce qui précède montre qu’il y a E[ n ] multiples de p compris entre 1 et n. D’où : ak = E[ pnk ] avec
1 ≤ k ≤ N − 1.
Soit k ∈ [[1, N + 1]] et j ∈ [[1, n]], alors on a vp (j) = k si et seulement si j est un multiple de pk et
j n’est pas un multiple de pk+1 . Donc
Card{j ∈ [[1, n]] | vp (j) = k} = ak − ak+1 .
4. D’après la question 1, on a :
vp (n!) =
n
X
vp (j) =
j=1
N X
vp (j) ,
X
k=1 j∈[[1,n]],vp (j)=k
d’où
vp (n!) =
N
X
kCard ({j ∈ [[1, n]], vp (j) = k}) .
k=1
Or vp (j) = N si et seulement si j est multiple de pN (j ne peut pas être un multiple de pN +1 car
j < pN +1 ), donc
Card{j ∈ [[1, n]]; vp (j) = N } = aN .
Ainsi, on trouve :
vp (n!)
=
N aN +
N
−1
X
k(ak − ak+1 )
k=1
=
=
d’où vp (n!) =
N
X
k=1
N aN + (N − 1)(aN −1 − aN ) + (N − 2)(aN −2 − aN −1 ) + ... + (a1 − a2 )
aN + aN −1 + ... + a2 + a1 par télescopage.
E[
n
n
] avec N = E[ ln
ln p ].
pk
5. Applications
a- Soit n ∈ N∗ . Le nombre de 0 terminant l’écriture décimale de n est le plus grand entier k tel que
10k divise n, c’est-à-dire tel que 2k et 5k divisent n. Donc le nombre de 0 terminant l’écriture
décimale de n est min{v2 (n), v5 (n)}.
Calculons :
6
X 100
100
100
100
v5 (100!) = E[
] + E[
] = 20 + 4 = 24 et v2 (100!) =
E[ k ] ≥ E[
] = 50.
5
25
2
2
k=1
Algèbre
Arithmétique
page 83
Donc l’écriture décimale de 100! se termine par 24 zéros.
b- Soit p ∈ P fixé et n ∈ N∗ . D’après la question 4., on a :
n
E[ ln
]
ln p
vp (n!) =
X
k=1
Posons w(n) =
E[ pnk ],
E[
n
].
pk
alors
∀k ∈ [[1, n]],
n
n
n
− 1 < E[ k ] ≤ k .
k
p
p
p
En sommant, il vient :
w(n)
⇒
⇒
⇒
⇒
w(n)
X 1
X 1
n
−
w(n)
<
v
(n!)
≤
n
p
pk
pk
k=1
k=1 "
"
#
#
1
1
1 − pw(n)+1
1 − pw(n)+1
1
n
− (1 − ) − w(n) < vp (n!) ≤ n
−1
p
1 − p1
1 − p1
n
1
1
1
n
1
1 − w(n)+1 − (1 − ) − w(n) < vp (n!) ≤
1 − w(n)+1 − (1 − )
p
p
p
p
1 − p1
1 − p1
np
1
1−p
np
1
1−p
1 − w(n)+1 +
− w(n) < vp (n!) ≤
1 − w(n)+1 +
p−1
p p−1
p
p
p
n
n
1
1
1 − w(n) − w(n) < vp (n!) ≤
1 − w(n)
p−1
p−1
p
p
Mais
0 ≤ w(n) = E[
ln n
ln n
w(n)
ln n
]≤
⇒0≤
≤
−→ 0.
ln p
ln p
n
n ln p n→+∞
Comme lim w(n) = +∞, le théorème des sandwitches nous permet d’écrire :
n→+∞
lim
n→+∞
vp (n!)
n
p−1
= 1 ⇒ vp (n!) ˜
+∞ p
n
.
−1
c- En utilisant le formule de Legendre, il suffit de vérifier pour tout p premier et pour tout k ∈ N∗ :
E[
2m
2n
m
n
m+n
] + E[ k ] ≥ E[ k ] + E[ k ] + E[ k ].
k
p
p
p
p
p
Mais l’négalité E[2a] + E[2b] ≥ E[a] + E[b] + E[a + b] est toujours vraie pour tous réel a et b.
Exercice 9
Soit n ∈ N∗ , p ∈ P et k ∈ [[1, pn − 1]].
1. Quelle est la plus grande puissance de p qui divise Ckpn ?
2. Montrer que 343 divise 2147 − 1.
1. Il suffit de calculer la valuation p-adique de Ckpn . On a :
Ckpn =
pn !
⇒ k!Ckpn = pn (pn − 1)(pn − 2)...(pn − (k − 1)).
k!(pn − k)!
Si vp (a) est la valutation p-adique de a, on a :
vp (k!Ckpn ) = vp (k!) + vp (Ckpn ) = vp [pn (pn − 1)(pn − 2)...(pn − (k − 1))].
Mais pour a ∈ [[1, k − 1]], on peut écrire a = pα u où u est non divisible par p et α < n car a < pn .
Calculons
Algèbre
Arithmétique
page 84
pn − a
=
=
pn − pα u
pα (pn−α − u).
Comme p ne divise pas (pn−α − u), on a :
vp (pn − a) = vp (a),
donc
vp (k!Ckpn )
=
=
=
=
vp (pn ) + vp (pn − 1) + vp (pn − 2) + ... + vp (pn − (k − 1))
vp (pn ) + vp (1) + .. + vp (k − 1)
vp (pn ) + vp ((k − 1)!)
n + vp ((k − 1)!).
On obtient vp (Ckpn ) = n − vp (k).
2. On a :
343 = 73 , 147 = 72 .3,
donc
2147 − 1
=
=
=
=
2
(23 )7 − 1
2
(7 + 1)7 − 1
2
1 + 7.C172 + 72 C272 + ... + (7)7 − 1
2
7C172 + 72 C272 + ... + (7)7 .
Il suffit donc de prouver que 72 divise C172 et 7 divise C272 . D’après 1), on a :
v7 (C1p2 ) = 2 et v7 (C272 ) = 2,
donc 72 divise C172 et 7 divise C272 .
Exercice 10 : Congruences de Lucas
1. Soit p un nombre premier, a et b des entiers tels que 0 ≤ a ≤ p − 1 et 0 ≤ b ≤ a. Montrer que
pour tous n et k (avec k ≤ n) on a :
k b
Ckp+b
np+a ≡ Cn Ca [mod p]
(on considèrera le coefficient de xkp+b dans le développement de (1 + x)np+a et on utilisera
l’identité (1 + x)p ≡ 1 + xp [mod p]).
2. Soient a =
k
X
i
ai p et b =
i=0
k
X
bi pi les écritures en base p de a et b. Montrer que
i=0
Cba
≡
k
Y
Cbaii [mod p].
i=0
3. En déduire que p divise Cba si et seulement si il existe un chiffre de l’écriture en base p de b qui
est plus grand le chiffre de même rang de l’écriture en base p de a.
4. Montrer que le nombre Na de Cba impairs pour 0 ≤ b ≤ a est une puissance de 2.
1. Dans Z/pZ, on a :
(a + b)p = ap + bp
Algèbre
Arithmétique
car Ckp =
page 85
p(p − 1)...(p − k + 1)
est un multiple de p. Dans (Z/pZ)[X], on a :
k!
(1 + X)np+a
=
=
=
(1 + X)a (1 + X)np
(1 + X)a (1 + X p )n
a
X
P
Cia . nj=0 Cjn X pj .
i=0
Le coefficient de X kp+b est dans le terme de gauche est Ckp+b
np+a .
kp+b
Pour déterminer le coefficient de X
dans le terme à droites, on cherche les coefficients pour i
et j tels que pj + i = pk + b, donc p divise b − i. Mais 0 ≤ b < p et 0 ≤ i ≤ p, donc b = i et j = k.
Le coefficient de droite de X kp+b est : Cba Ckn .
Comme Ckp = Cba Ckn dans Z/pZ, on obtient ainsi :
k b
Ckp+b
np+a ≡ Cn Ca [mod p].
2. Ecrivons : a = ak ...a0 et b = bk ...b0 . Nous allons procéder par récurrence sur k la relation suivante
dans Z/pZ :
Cba =
k
Y
Cbaii [mod p].
i=0
Pour k = 0, il suffit de poser a = a0 et b = b0 . Dans ce cas, on a :
Cba = Cba00 .
Si la relation est vraie pour k − 1, écrivons :
a = pa0 + a0 , b = pb0 + b0 avec a0 = ak ...a1 et b0 = bk ...b1 .
Il vient avec la question précédent :
0
0
b b0
0
Cba = Cba0p+b
p+a0 = Ca0 Ca0 .
Or par hypothèse de récurrence
0
Cba0
k
Y
=
Cbaii , on obtient bien :
i=1
Cba =
k
Y
Cbaii [mod p].
i=0
3. On a :
p divise Cba
⇐⇒
⇐⇒
b ≡ 0 [mod p]
C
a
Y
Cbaii ≡ 0 [mod p]
⇐⇒
⇐⇒
∃i, Cbaii ≡ 0 [mod p]
∃i, bi > ai .
i=0
Exemple : 1000 = 2026 en base 7 et 500 = 1013 en base 7.
Remarquons que vp (Cba ) est le nombre de retenues dans la soustraction en base p de a − b.
4. Dans la base de 2, on écrit :
a = ak ...a0 , b = bk ...b0 avec ai , bi ∈ {0, 1}.
Il vient alors :
Algèbre
Arithmétique
page 86
Cba ≡
k
Y
Cbaii [mod 2].
i=0
Mais Cba est impair si et seulement si Cba ≡ 1 [2], soit encore pour tout i :
Cbaii ≡ 1 [mod p] ⇐⇒ ∀i, 0 ≤ bi ≤ ai .
Si Ma est le nombre de chiffres de 1 dans l’écriture de a en base 2, on obtient :
Na = (a0 + 1)...(nk + 1) = 2Ma .
Exercice 11 : Croissance comparée des nombres premiers
1. Soit n > 6 un entier naturel. Prouver que n peut s’écrire comme somme a + b où a et b sont
premiers entre eux et strictement supérieur à 1 (distinguer n pair, puis n impair).
2. Soit (pn ) la suite strictement croissante des nombres premiers.
Montrer que pour n ≥ 3, p1 p2 ...pn ≥ pn+1 + pn+2 .
3. Pour n ∈ N∗ , on conidère qn le plus petit nombre premier ne divisant pas n. Montrer que
qn
= 0.
lim
n→+∞ n
1. Distinguons deux cas :
– Si n est pair, il existe k ∈ N tel que
n = 2k + 1 = k + (k + 1).
k et (k + 1) vérifient la relation de Bezout (k + 1) − k = 1, donc k et (k + 1) sont premiers entre
eux.
– Si n est pair, il existe k ∈ N tel que
n = 2k.
On a deux cas à étudier :
◦ Si k est pair, alors on peut écrire n = (k −1)+(k +1). C’est la somme de deux nombres premiers
entre eux car on peut écrire :
(k + 1) − (k − 1) = 2
Un diviseur d de (k + 1) et (k − 1) divise 2. On a donc : d = 1 ou d = 2. Or d ne peut pas être
égale à 2 car k + 1 et k − 1 sont impairs.
◦ Si k est impair, k − 2 et k + 2 sont aussi impairs. On a dans ce cas :
n = 2k = (k − 2) + (k + 2).
Comme (k + 2) − (k − 2) = 4, un diviseur commun à (k + 2) et (k − 2) ne peut être égal qu’à 1.
2. Pour n ≥ 3, on a :
p1 p2 ...pn ≥ p1 p2 p3 = 2.3.5 > 6.
Donc d’après la question précédente, on peut écrire :
p1 p2 ...pn = a + b avec pgcd(a, b) = 1.
Si un nombre premier p divise a, alors p ne peut pas être égal à p1 , p2 , ..., pn car sinon il diviserait
b.
Algèbre
Arithmétique
page 87
Soit p un diviseur premier de a et q celui de b. Sans perdre de généralité, on peut supposer p < q.
Or pgcd(p, p1 p2 ...pn ) = 1 implique que p ≥ pn+1 et donc q ≥ pn+2 .
De a + b ≥ p + q, on obtient
pn+1 + pn+2 ≤ p1 p2 ...pn .
3. Soit > 3 tel que
n > p1 p2 ...pm .
Il existe k ≥ m ≥ 4 tel que
p1 p2 ...pk ≤ n < p1 p2 ...pk pk+1 .
Montrons que qn < pk+1 + 1. En effet si on avait
qn ≥ pk+1 + 1 > pk+1 ,
alors par le choix de qn , un des p1 , p2 , ..., pk+1 diviserait n. On aurait alors une absurdité car
n ≥ p1 p2 ...pk+1 .
Nous venons de vérifier que :
qn < pk+1 + 1 < pk + pk < p1 p2 ...pk−1 ,
d’où
qn
1
1
1
<
< <
n
pk
k
m
car n > p1 p2 ...pm
→
m→+∞
→
m→+∞
0
+∞.
Exercice 12 : Théorème de Wolstenholme
1. Soit p ≥ 5 un nombre premier.
ap
1
1
Montrer que 1 + + ... +
peut s’écrire sous forme
avec pgcd(ap , bp ) = 1 (poser bp =
2
p−1
bp
(p − 1)!).
(p − 1)!
2. Pour 1 ≤ k ≤ p − 1, posons ck =
pour 1 ≤ k ≤ p − 1. Montrer que
k(p − k)
2(p − 1)!ap = pbp
p−1
X
ck .
k=1
3. En raisonnant dans Z/pZ, prouver que
p−1
X
ck ≡ 0 [mod p], puis que ap ≡ 0 [mod p2 ].
k=1
1. Posons
bp = (p − 1)! et ap =
p−1
X
(p − 1)!
k=1
k
.
Par construction, on a bien :
ap
1
1
= 1 + + ... +
et pgcd(ap , bp ) = 1.
bp
2
p−1
Algèbre
Arithmétique
page 88
2. Calculons :
ap
2(p − 1)!
bp
=
p−1
X
1
2(p − 1)!
k
=
p−1
X
1
1
(p − 1)!
( +
)
k p−k
k=1
k=1
p−1
X
p
k(p − k)
=
(p − 1)!
=
p−1
X
(p − 1)!
p
k(p − k)!
k=1
k=1
=
p
p−1
X
ck ,
k=1
d’où
2(p − 1)!ap = pbp
p−1
X
ck .
k=1
3. Pour 1 ≤ k ≤ p − 1, on a :
k(p − k)Ck ≡ (p − 1)!
−k 2 Ck ≡ −1 [mod p]
k 2 Ck ≡ 1 [mod p],
=⇒
=⇒
ce qui signifie que dans Z/pZ, on a :
2
ck = (k )−1 = (k
−1 2
) .
Comme (Z/pZ)∗ est un groupe multiplicatif, x 7→ x−1 est bijective, donc :
p−1
X
k=1
ck =
p−1
X
(k
−1 2
) =
k=1
Comme pgcd(6, p) = 1, p divise
p−1
X
k=1
p−1
X
k
2
=⇒ 6
p−1
X
ck = (p − 1)p(2p − 1) = 0.
k=1
ck .
k=1
A partir de la formule :
2(p − 1)!ap = pbp
p−1
X
ck ,
k=1
il est clair que p2 divise ap .
Algèbre
Arithmétique
3.3
page 89
Test de primalité
Exercice 1
Soit p un entier non nul.
1. Montrer que (Z/pZ, +, .) est un corps si et seulement si p est un nombre premier.
2. Si p est premier, montrer x 7→ xp de Z/pZ dans Z/pZ est un automorphisme de corps.
3. Donner une preuve du petit théorème de Fermat basée sur la théorie des groupes :
si pgcd (n, p) = 1 et p est un nombre premier, alors np−1 ≡ 1 [p].
4. Soit n = p1 p2 ...pk où pi est premier et 1 < p1 < p2 < ... < pk . On suppose de plus que (pi − 1)
divise (n − 1) pour tout i = 1, 2, ..., k.
Montrer que pour tout x ∈ Z, on a
xn ≡ x [n].
Appliquer au cas où n = 561.
5. Soit N un entier naturel non nul. On suppose qu’il existe a tel que aN −1 ≡ 1 [N ] et que pour
tout q premier divisant N − 1, a
Montrer que N est premier.
N −1
q
n’est pas équivalent à 1 modulo N .
6. Montrer que : p est premier si et seulement si (n − 1)! + 1 ≡ 0[p].
1. Soit p un nombre premier et x ∈ Z/pZ. Pour montrer que (Z/pZ, +, .) est un corps, il suffit de
vérifier que x est inversible lorsque x est non nul.
Lorsque x est non nul, alors p ne divise pas x. Dans ce cas, on a pgcd (x, p) = 1 car p est premier.
D’après le théorème de Bezout, il existe un couple d’entiers (n, q) tel que pn + qx = 1. Il vient
donc
1 = q.x.
Tout élément x non nul étant inversible, (Z/pZ, +, .) est un corps.
Réciproquement, supposons que (Z/pZ, +, .) est un corps. Si on met p = p1 p2 ...pk sous forme de
de produit de facteurs premiers, alors on peut écrire
0 = p1 p2 ...pk .
Comme (Z/pZ, +, .) est un corps, il est intègre et on a
p1 = 0 ou p2 = 0 ou ... ou pk = 0.
Cela veut dire ou bien p divise p1 , ou bien p divise p2 , ..., ou bien p divise pk , c’est-à-dire
p = p1 ou p = p2 ou ... ou p = pk .
p est alors un nombre premier.
2. Un automorphisme est un morphisme bijectif E dans lui-même. Soit f : x 7→ xp de Z/pZ dans
lui-même. On a :
∀(x, y) ∈ Z/pZ,f (x + y) = (x + y)p
p
X
=
Ckp xp−k y k
k=0
p−1
X
=
xp +
Ckp xp−k y k + y p
=
xp + y p = f (x) + f (y).
k=1
Puis :
∀(x, y) ∈ Z/pZ, f (xy)
=
=
=
Maintenant soit x ∈ Z tel que f (x) = 0, alors xp = 0,
intègre. On obtient ainsi ker f = {0} et f est injective.
aussi surjective, donc c’est une bijection.
(xy)p
xp y p
f (x)f (y).
donc x = 0 car Z/pZ est un corps, donc
Comme Z/pZ est un ensemble fini, f est
Algèbre
Arithmétique
page 90
3. Si p est premier (Z/pZ, +, .) est un corps. En particulier, (Z/pZ, .) est un groupe multiplicatif
d’ordre (p − 1). Or dans un groupe fini, l’ordre d’un élément divise l’ordre du groupe. Donc on ne
peut qu’avoir xp−1 = 1, c’est-à-dire
xp−1 ≡ 1 [p].
4. D’après les hypothèses, il existe une suite (λi ) telle que
n − 1 = λi (pi − 1).
On a deux cas à étudier :
− Si pour tout i ∈ {1, ..., k}, pi ne divise pas x. Dans ce cas, on peut utiliser le petit théorème de
Fermat et écrire xpi −1 ≡ 1 [pi ], d’où
xn−1 = (xpi −1 )λi ≡ 1 [pi ].
Cela veut dire que chaque pi divise (xn−1 − 1). Comme les pi sont tous distincts, n = p1 p2 ...pk
divise xn−1 − 1. On obtient bien
xn−1 ≡ 1 [n] ⇒ xn ≡ x [n].
− S’il y a des nombres pi qui divisent x, alors ils divisent également xn − x.
Les autres nombres pj restants ne divisent pas x. On revient au cas précédent et on conclut
que pj divisent également xn − x.
Donc n divise xn − x.
Dans tous les cas, on a bien xn ≡ x [n].
Pour n = 561, on peut écrire n = 3.11.17. Il est clair que 560 est divisible par 2, 10 et 16. Donc
pour tout entier x, on a
x561 ≡ 1 [561].
5. Raisonnons par l’absurde en supposant que N n’est pas premier. Dans ce cas, (Z/N Z − {0}, .)
n’est pas un groupe multiplicatif.
Par hypothèse, on peut décomposer N − 1 en facteurs premiers
N − 1 = q1α1 .q2α2 ...qkαk .
N
−1
Si a
≡ 1 [N ], alors a est inversible dans Z/N Z car
a.(aN −1 ) = aN −1 = 1.
Pour a ∈ Z/N Z − {0}, on considère le groupe < a > engendré par a d’ordre d. Comme aN −1 = 1,
d divise N − 1. On a deux cas :
− Si d < N − 1 et d divise N − 1, alors d peut s’écire
d = q1β1 ...qkβk avec 0 ≤ βi ≤ αi .
Par ailleurs, il existe un nombre premier q et un entier n tel que dqn = N − 1. On obtient donc
N −1
1 = ad = (ad )n = and = a q .
C’est absurde.
− Si d = N − 1, alors < a >= Z/N Z − {0} et (Z/N Z − {0}, .) serait un groupe, c’est absurde.
6. Si p est premier, alors Z/pZ est un corps et (Z/pZ)∗ = {1, ..., p − 1}.
Dans (Z/pZ)∗ , les éléments qui sont leur propre inverse sont : x ∈ (Z/pZ)∗ tel que :
1
x = ⇔ x2 = 1 ⇔ x2 − 1 = 0 ⇔ (x + 1)(x − 1) = 0 ⇔ x = 1 et x = −1 = n − 1.
x
Les autres éléments sont distincts de leur inverse. Quand on fait le produit de 1, 2,..., (p − 1), les
couples des facteurs qui sont les inverses l’un de l’autre donnent 1 modulo p et les deux facteurs
qui restent sont 1 et p − 1 ≡ −1[p], donc le produit est congru à −1 modulo p.
Réciproquement si (p − 1)! + 1 ≡ 0[p], alors il existe q ∈ Z tel que : (p − 1)! + 1 = pq.
Si d ∈ N\{p} est un diviseur de p, alors d ∈ {1, ..., p − 1}. Dans ce cas, d divise p et (p − 1)!, donc
d divise 1, d’où d = 1. On en déduit que p est premier.
Algèbre