Nombres premiers b.M12 12, 24, 36, 48, 60, 72, 84, 96 Ouverture c. M9 « M12 36, 72 donc m 36. Comment peut-on construire de très grands nombres premiers ? En 1643, Pierre de Fermat écrit à Marin Mersenne : « Vous me demandez si le nombre 100 895 598 169 est premier ou non, et une méthode pour découvrir, dans l’espace d’un jour, s’il est premier ou composé. À cette question, je réponds que ce nombre est composé et se fait du produit de ces deux : 898 423 et 112 303, qui sont premiers. » Plus de trois siècles avant la cryptographie RSA, les mathématiciens étaient conscients des problèmes intellectuels posés par la factorisation de très grands entiers. De nombreuses applications industrielles de l’arithmétique reposent sur la connaissance algorithmique des nombres premiers, et parfois plus précisément sur la difficulté des problèmes algorithmiques qui leur sont liés ; par exemple certains systèmes cryptographiques, ainsi que des méthodes de transmission de l’information. En effet, soient deux grands nombres premiers donnés : il est facile d’en obtenir le produit. Il est en revanche beaucoup plus difficile de trouver les facteurs premiers de ce produit. Ce problème est au cœur des systèmes modernes de cryptologie. Si une méthode rapide était trouvée pour résoudre le problème de la factorisation des nombres entiers, alors plusieurs systèmes cryptologiques importants seraient cassés, incluant l’algorithme à clé publique RSA. Réponse à la question : la spirale d’Ulam Les nombres premiers n’ayant que deux diviseurs, chaque disque aura comme diamètre 2 ! d.d 3. e. md 108 9 ¥ 12. 3 Dans cet exercice la question 5. est modifiée comme suit : Soit a = 25 × 33 × 52 × 7 et b = 24 × 34 × 11. a. 26 × 33 × 52 × 11 est un multiple de a. b. 22 × 34 × 5 est un diviseur de b. c. 25 × 34 × 52 × 7 × 11 × 13 est un multiple ­commun à a et b. La question d. reste inchangée. 1.10 ¥ 32 25 ¥ 5, 25 ¥ 36 22 ¥ 32 ¥ 52, 75 ¥ 120 23 ¥ 32 ¥ 53 2. a 2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ b 3. a. Da 1, 2, 4, 3, 9, 27, 6, 12, 18, 36, 54, 108 . a a 12 diviseurs. b.Db 1, 2, 3, 9, 27, 81, 243, 6, 18, 54, 162, 486 . b a 12 diviseurs. c. Da « Db 1, 2, 3, 9, 27, 54 . d 54 2 ¥ 33 4.On pose a 22 ¥ 33 et b 2 ¥ 34 Ma k ¥ 22 ¥ 33 et Mb k¢ ¥ 2 ¥ 34 Ma « Mb k¢¢ ¥ 22 ¥ 34 5.a. Vrai ; b. Faux ; c. Vrai ; d. Faux. 4 a. 12 3 ; 16 4 b.a 5 ; 12 144 12 ; 132 11 b 17 ; 15 3 250 130 . 1275 51 c- 7 . 12 5 1. a. Vrai ; b. Faux ; c. Vrai ; d. Vrai ; e. Faux. 2. a. i ; b. ii. Vérifier ses acquis 1 a. 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 sont premiers. 6 1. a. Faux ; b. Faux ; c. Vrai ; d. Vrai. b.Les nombres pairs sont divisibles par 2, donc seul 2 est premier. 2. a. -2n 2n 1 1 ; b. 3(4n 3) - 4 3n 2) 1 3. a. oui, b. non, c. oui, 2 1. 24 et 132 sont pairs. 225 est multiple de 5, 111 est multiple de 3, 1 331 est multiple de 11. 2. a. M9 9, 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81, 90 4.Voir exercice 66 page 63. d. oui. 5. a. 7 ¥ (-1) 4 ¥ 2 1 ; b. 7 ¥ 3 - 5 ¥ 4 1 ; c. 7 - 4 3 ; d. 7 ¥ 4 - 5 ¥ 4 2 Chapitre 3 n Nombres premiers n 43 © éditions Belin, 2012. 3 Activité 1 1 3 n’a que 2 diviseurs, 1 et 3. 2 Le premier multiple de 3 est 3 × 2, pair donc déjà barré. 3 5 est premier, sinon il serait divisible par un nombre inférieur, donc serait barré. 4 Les multiples de 11 inférieurs à 100 sont multiples de 2, 3, 5 ou 7, donc on s’arrête à 7. 5 Pour avoir 400 nombres, on fait un tableau 20 × 20, et on s’arrête aux multiples de 19. 6 {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 197, 199, 211, 223, 227, 229, 233, 239, 241, 251, 257, 263, 269, 271, 277, 281, 283, 293, 307, 313, 331, 337, 347, 349, 353, 359, 363, 373, 379, 383, 389, 397}. Activité 2 1 a. 3 – 5 – 7 ; 17 – 19 ; 29 – 31. b.La séquence de 192 à 210. 2 a. 23 – 29 sont premiers consécutifs. b.113 – 127 aussi. c.24 + 2, 24 + 3, 24 + 4 sont divisibles par 2, 3, 4 donc non premiers. d.Pour tout entier k compris entre 2 et n + 1, (n + 1)! + k est divisible par k. 3 a. 2! + 1 = 3 est premier, 3! + 1 = 7 aussi, mais 4! + 1 = 25 ne l’est pas. b.Tout k ≤ n divise n!, donc ne peut diviser n! + 1. Un diviseur premier de n! + 1 est nécessairement supérieur à n, quel que soit n. L’ensemble des nombres premiers est donc infini. Activité 3 1 a.Pour a ≥ 3, an – 1 est divisible par (a – 1) ≥ 2, donc non premier. b.Si a = 2, on ne peut conclure. 2 a. 1, 3, 7, 15(n = 3), 31, 63(n = 3), 127, 255(n = 5), 511(n = 7), 1 023(n = 11), 2 047(n = 23), 4 095(n = 5). 44 n Chapitre 3 n Nombres premiers b.Parmi eux, seuls 3, 7, 31, 127 sont premiers. c. Mn = 2km – 1 = (2k – 1)(2k(m–1) + … + 2k + 1) avec a = 2k, k > 1 donc 2k – 1 > 3 donc si n est composé, Mn = est composé. d.i. M11 = 23 × 89, 23 = 22 + 1, 89 = 4 × 22 + 1 admet deux diviseurs premiers de la forme 22k + 1. ii. 11 est premier et M11 n’est pas premier. Activité 4 1 a. 1, 2, 3, 4, 5, 6 et 7 sont premiers avec 7. 7 est premier, premier avec tout nombre non multiple de 7. b.p premier est premier avec tout nombre qu’il ne divise pas. 2 b.Si p divise n = ab, et p ne divise pas a, il est premier avec a, donc d’après le théorème de Gauss, il divise b. c. Si un nombre premier p divise un produit de nombres premiers et divise l’un d’entre eux, qui est premier, il est donc l’un d’eux. 3 a. p et q deux diviseurs premiers distincts n’ont pas de diviseurs communs. b.p et q divisent n donc il existe deux entiers u et v tels que n = up = qv. c. q divise up et est premier avec p donc d’après le théorème de Gauss, q divise u donc u = qk, n = kpq, k ∈ N donc pq divise n. Ê nˆ 4 a.Pour n = 3 ou n = 5, n divise Á ˜ pour Ë k¯ tout k tel que 1 ≤ k ≤ n – 1 ? b.p premier est premier avec tout s ≤ k ≤ p – 1, donc avec leur produit k! D’après le théorème de Ê pˆ Ê pˆ Gauss, p divise k! Á ˜ donc p divise Á ˜ . Ë k¯ Ë k¯ Activité 5 La question 3. de cette activité est modifiée comme suit : 3. c. Montrer que 4 000 = 25 × 53. Dans toute la question on remplace ensuite 864 par 4 000. 1 a. 1 274 = 2 × 72 × 13. b.1 274 × 26 = 1822. 2 N = 1 989 × 100 = 9 × 13 × 17 × 4 × 25 = 22 × 32 × 52 × 13 × 17. 3 a. Les diviseurs de n = 27 sont de la forme 2k, avec 0 ≤ k ≤ 7. Il y en a 8. b.les diviseurs de n = pk sont de la forme pr, avec 0 ≤ r ≤ k. Il y en a p + 1. © éditions Belin, 2012. Activités d’introduction 20 21 50 1 2 51 5 10 52 25 50 53 125 250 22 23 24 25 4 8 16 32 20 40 80 160 100 200 400 800 500 1 000 200 4 000 c. 4 000 = 25 × 53 i.25 × 53 = 2a ¥ 5b × 25 - a ¥ 53- b ii. 4 000 a 24 diviseurs. iii. Si n = 2a ¥ 5b , n a (a + 1)(b + 1) diviseurs. 4 a. N = 24 500 = 245 × 100 = 5 × 49 × 4 × 25 = 22 × 53 × 72. b.Les diviseurs de N sont de la forme 2a × 5b × 7c avec 0 ≤ a ≤ 2, 0 ≤ b ≤ 3, 0 ≤ c ≤ 2. c. 24 500 a 3 × 4 × 3 = 36 diviseurs. d.22 et 53 × 72 ; 53 et 72 × 22, 72 et 22 × 53. e. 1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50, 100, 125, 250, 500 ; 7, 14, 28, 35, 70, 140, 175, 350, 700, 875, 1 750, 3 500 ; 49, 98, 196, 245, 490, 980, 1 225, 2 450, 4 900, 6 125, 12 250, 24 500. Activité 6 1 a. 27 ≡ 29[33]. b.293 ≡ 2[33]. c.57 ≡ 14[33], 143 ≡ 2[33]. On constate que si a7 ≡ b[33], alors b3 ≡ a[33]. c.Si N est divisible par un nombre appartenant aux colonnes B ou C, le reste sera nul. Il suffit de compter le nombre de zéros (en utilisant = NB.SI(D2:E 631 ; 0)). Si ce nombre est nul, n est premier. 399 601 est premier. 3 L’algorithme de cette question doit être modifié comme suit : Demander N Initialiser T à 2 Tantque T2 ≤ N faire Si N/T = E(N/T) Afficher T et N/T Remplacer T par T + 1 Fin a.Cet algorithme affiche une paire de diviseurs éventuels de N et 12 319 = 97 × 127. 4 Dans le tableau en b. 108 doit être remplacé par 109. a. p(N) p (10) = 4, p (100) = 25. p(10) p(100) ii. = 0,4 et = 0,25. 10 100 b.La table suivante donne les valeurs de p(N) pour des valeurs de N. N p(N) 10 100 1 000 4 25 168 p(N)/N 0,400 0,250 0,168 2 a. n = 3 × 11. Ln(N).p(N)/N 0,921 1,151 1,161 b.2 ≤ 7 < 20, 7 est premier avec 20. d.7 × 3 = 21 = 20 + 1, donc cd ≡ 1[20]. N 10 000 1 000 000 p(N) 1 229 78 498 p(N)/N 0,123 0,078 Ln(N).p(N)/N 1,132 1,084 1 000 000 000 10 000 000 000 50 847 534 455 052 512 p(N)/N 0,051 0,046 Ln(N).p(N)/N 1,054 1,048 Travaux pratiques N p(N) 1TP Algorithmique 1 Nombres premiers ? 1 b. Dans la division par 6, il y a 6 restes pos- sibles. Si n ∈ {6k, 6k + 2, 6k + 4}, alors n est pair et 6k + 3 = 3(2k + 1), donc si p est premier, p ≥ 5, il est de la forme 6k – 1 ou 6k + 1. c.Si n n’est divisible ni par 2, ni par 3 ni par les entiers de la forme 6k – 1 ou 6k + 1 inférieurs à sa racine carrée, il est premier. 2 Dans le tableau de la question 2. les lignes sont numérotées de 1 à 9 et les colonnes de A à E. a. B3 = 6*A3 – 1 et C3 = 6*A3 + 1 b.D2 = Mod($D$2, B2) p(N) est décroissante et tend vers 0. N ln(N)p(N) Na reste proche de 1. N Remarque : Vers la fin du 18e siècle, Legendre et Gauss en analysant les tables de nombres premiers ont conjecturé que le nombre p(n) de nombres premiers entre 1 et n était équivalent à n p(n).ln(n) , ce qui signifie que lim = 1. ln(n) n Na Chapitre 3 n Nombres premiers n 45 © éditions Belin, 2012. × 2TP Algorithmique 2 Nombres parfaits 3TP TICE 1 Un test de primalité 1 D28 = {1, 2, 4, 7, 14, 28} et 1 + 2 + 4 + 7 + 14 = 28. 1 a. m = 2,12 – 1 divisible par 2, donc pour m = 2, 23 – 2 = 6 est divisible par 3. b.Pour m = 4, 34 – 3 = 78 n’est pas divisible par 4. c.A5 = {1, 2, 3, 4}. On vérifie que n5 ≡ n[5]. La proposition est vraie pour n = 7, n = 11. Tricroissant de L1 Afficher L1 par : Somme (L1) = S Si S = 2N alors, afficher « “N” est parfait » ii. Il faut modifier le début et la fin de l’algorithme. Au début : Entrer M Pour N variant de 1 à M À la fin, on remplace Tricroissant de L1 Afficher L1 par : Somme (L1) = S Si S = 2N alors, Afficher N FinSI 3 496 = 24(25 – 1), 8 128 = 26(27 – 1). 4 a. Les diviseurs de 2n–1 sont {1, 2, 22,… 2n–1}. b.Si p = 2n – 1 est premier, ses diviseurs sont 1 et p. c. Les diviseurs de N = 2n–1(2n – 1) sont {1, 2, 22,… 2n–1}, {p, 2 p, 22 p,… 2n–1 p}. d.s(N) = (1 + 2 + 22 + . + 2n–1)(1 + p) = 2n(2n – 1) = 2N. 5 a. On rajoute 1/D = L2(X), D/N = L2(X), C = Somme(L2), D = Dim(L1). Non pour 32. Oui pour 140. b.S′(6) = 2, S′(28) = 2, S′(496) = 2, S′(8 128) = 2 ; On conjecture que S′ = 2 pour tout nombre parfait. c.S′(p) = 1/p + 1 donc q = 2p/(p + 1). or p + 1 < 2p < 2p + 2 donc 1 < q < 2 n′est pas un entier. d. i. {1, 2, 22,… 2n–1, pn, 2 pn, 22 pn,… 2n–1 pn}. ii. Si S′(an) = 2, alors q = n et les nombres parfaits sont en division harmonique (on démontre facilement que S′(an) = 2). 46 n Chapitre 3 n Nombres premiers 2 Dans cette question on veut montrer que pour tout entier naturel n, p divise np – n. a. 0 – 0 ≡ 0[p], donc P0 est vraie. b.(n + 1)p – (n + 1) = np + 1 – n – 1 = np – n + p -1  p -1 Ê pˆ  ÁË k˜¯ nk + k 1 Ê pˆ k ÁË k˜¯ n . k 1 Ê pˆ c.Pour 1 ≤ k ≤ p – 1, p divise Á ˜ et p divise Ë k¯ np – n, donc p divise (n + 1)p – (n + 1) d.Pour tout n, Pn est vraie. 3 Cette question doit être modifiée comme suit : c. En utilisant un tableur, calculer le reste dans la division par 52 633 de 252 633. Déterminer si 52 633 est premier. a. On raisonne par contraposée. b.240 ≡ 1(341) et 341 = 11 × 31 est non premier. c.252633 ≡ 2[52 633] et 52 633 = 73 × 721 est non premier. 4 a.561 = 3 × 11 × 17. b.560 = 7 × 16 × 5 est multiple de 2, de 16 et de 10. c. a premier avec 561 donc avec 3, 11 et 17. On pose b = a561 – a = a(a560 – 1). (a560 – 1) est divisible par (a2 – 1), par (a10 – 1) et par (a16 – 1) (voir activité 3). d.i. 3, 11, 17 étant premiers, d’après le petit théorème de Fermat, (a2 – 1) est divisible par 3, (a10 – 1) par 11, et (a16 – 1) par 17, donc (a560 – 1) est divisible par 3, 11, 17 premiers entre eux, donc par leur produit. ii. Si a est multiple de 3 (mais pas de 11 ni de 17), alors (a561 – a) = a(a560 – 1) est divisible par 3 et a560 – 1 est divisible par 11 et 17 (voir i.) et (a561 – a) est divisible par 561. 4TP TICE 2 Le système RSA Dans ce TP la question 1. est modifiée comme suit : 1. Deuxième cas : p divise a et a est premier avec q. i. Inchangé ii. En déduire que a1+km ≡ a[q]. iii. Montrer enfin que a1+km ≡ a[n]. © éditions Belin, 2012. 2 a. Il affiche les diviseurs de N. b. i. Il faut modifier la fin de l’algorithme : on remplace i. a est premier avec pq donc avec p et q et d’après le petit théorème de Fermat : a(p–1) ≡ 1[p], et par puissance, a(p–1)(q–1) ≡ 1[p] ; et a(q–1) ≡ 1[q] ; a(p–1)(q–1) ≡ 1[p]. ii. De même, a(q–1) ≡ 1[q] ; a(p–1)(q–1) ≡ 1[q] ; donc a(p–1)(q–1) – 1 est multiple de p et q premiers entre eux, donc, d’après le théorème de Gauss, de leur produit et a(p–1)(q–1) ≡ 1[pq] et am ≡ 1[n]. iii. Par puissance, akm ≡ 1[n] et par produit, a1+km ≡ a[n]. • Deuxième cas : p divise a (ou q divise a) i. a1+km ≡ 0[p] et a ≡ 0[p] donc a1+km ≡ a[n]. ii.iii. Voir le premier cas. b. i. Voir le savoir faire 3. page 85. ii. cd = 1 + km, donc, d’après a., acd ≡ a[n]. Dans la question 2.a. la méthode A est modifiée comme suit : A. Utiliser la calculatrice et la suite de récurrence un+1 = Mod(un × a, n), où Mod(s, n) désigne le reste dans la division euclidienne de s par n. 2 a. Méthode B : A4 = A3 × $A$2 b. i. 12 319 = 97 × 127, donc m = 96 × 126 = 12 096. ii. d = 7 925. c. Nd = Mcd et Mcd ≡ M[n]. Exercices Maîtriser le cours 1 On utilise l’algorithme d’Euclide. 2 La somme de leurs chiffres est multiple de 3. 3 Si p ou q vaut 1, n peut être premier. 4 Si n = 3, N = 13 est premier, sinon il est divisible par n – 2 > 1 5 a2 – b2 = (a – b)(a + b) peut être premier si a – b = 1. 6 192 > 317. Il est premier. 7 a. 1, 2, 3, 4 sont premiers avec 5. b.Les nombres non multiples de 5 sont premiers avec 25. Il y en a 24 – 4 = 20. 8 5 est premier donc premier avec 2 012 qu’il ne divise pas. Ainsi, d’après le théorème de Bézout, 2 012x + 5y = 1 a des solutions dans Z. 9 p premier divise n = ab, p divise a ou p ne divise pas a. Dans ce cas, il est premier avec a, donc d’après le théorème de Gauss, il divise b. 10 a.Faux : 2 par exemple. b. Vrai si n > 1. c. Faux : 5 et 7 par exemple. d. Faux : 7 et 9 par exemple. e. Vrai. 11 a.iii. b. i. c. i. 12 2x ≡ 0[11] et 2 premier avec 11, donc x est multiple de 11 et x < 100. x ∈ {11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99}. 13 Soit p premier et p > 2, p est premier avec 2, donc x est multiple de p, x < p2. x ∈ {p, 2p,… (p – 1)p}. 14 60 = 6 × 10 = 22 × 3 × 5 ; 90 = 9 × 10 = 32 × 2 × 5 ; 120 = 2 × 60 = 23 × 3 × 5 ; 140 = 14 × 10 = 22 × 5 × 7. 15 {1, 3, 32, 33, …, 39} de somme 310 - 1 . 2 16 72 = 23 × 32, D72 = {1, 2, 4, 8, 3, 6, 12, 24, 9, 18, 36, 72}. 600 = 23 × 3 × 52, D600 = {1, 2, 4, 8, 3, 6, 12, 24, 5, 10, 20, 40, 15, 30, 60, 120, 25, 50, 100, 200, 75, 150, 300, 600}. 17 Dans cet exercice on a supprimé la question sur le PPCM. a.Da = {1, 2, 4, 8, 16, 3, 6, 12, 24, 48, 9, 18, 36, 72, 144}. Db = {1, 3, 9, 5, 15, 45, 25, 75, 225, 125, 375, 1 125} PGCD(a, b) = 9. b.PGCD(a, b) = 25. 18 72 6 23 ¥ 52 5 = ; = . 5 60 5 2 ¥ 5 ¥ 7 22 ¥ 7 5 7 1 1 1 = = ; 60 42 12 6 4 3 5 32 ¥ 7 52 ¥ 22 163 = = . 5 3 2 25 ¥ 3 ¥ 5 ¥ 72 23 520 2 ¥5¥7 2 ¥3¥7 19 20 a. Faux, 5 ne divise pas 1 273. b.Faux, 3 divise 111 et pas 11 111. c. Vrai, 172 × 292 = (17 × 29)2. d.Faux. Chapitre 3 n Nombres premiers n 47 © éditions Belin, 2012. 1 a. • 1er cas : a est premier avec pq. Appliquer les capacités attendues 23 a. Les nombres terminés par un chiffre pair (ou 5) sont pairs (multiples de 5), donc ils sont composés (sauf 2 et 5). b.Contraposée de a. c. Il y a donc au maximum 4 nombres premiers dans une dizaine. 24 4k + 2 = 2(2k + 1). Un nombre s’écrit 4k, 4k + 1, 4k + 2 ou 4k + 3. La réciproque n’est pas vraie. Contre-exemples : 4 × 2 + 1 = 9 et 4 × 3 + 3 = 15 ne sont pas premiers. 25 Voir exercice 24 : 6k, 6k + 2, 6k + 3 sont ­composés. 26 a.2n2 + 3n = n(2n + 3) premier ⇔ n = 1. b.n2 – 5n + 6 = (n – 2)(n – 3) premier ⇔ n = 4. 27 a. n3 – 27 = (n – 3)(n2 + 3n + 9) premier ⇔ n = 4. b.n6 – 27 premier ⇔ n = 2. 28 Si a2 – b2 = (a – b)(a + b) est premier, alors a – b = 1. 52 – 42 = 9 non premier donc la réciproque est fausse. 29 a.10 ≡ (–1)[11], si i n est impair ≥ 3, 10n ≡ (–1)[11] donc 11 divise 10n + 1. b.65 + 1 = 7 777 est divisible par 11, donc 65 ≡ (–1)[11]. Si n est un multiple impair de 5, 6n + 1 est composé. c.66 + 1 = 46 657 = 13 × 3 589 donc 66 ≡ (–1)[13]. Si n est un multiple impair de 6, 6n + 1 est composé. Or 2 010 = 6 × 335 donc 62010 + 1 non premier. 30 579 non (divisible par 3), 911 oui, 1021, oui, 1 597 oui. 31 113, 131, 311 sont tous premiers. 32 137, 173, 317 sont premiers. 371 = 7 × 53, 713 = 23 × 31, 731 = 17 × 43. 33 a. et b. Tout nombre N > 1 admet un diviseur premier d donc appartient à E, donc d = pi. 48 n Chapitre 3 n Nombres premiers c.d divise n et d divise p1 × … × pn donc d divise N – p1 × … × pn = 1 d.Or 1 n’admet pas de diviseur premier, donc l’ensemble E est infini. 35 a. 7 divise 7 et 27 972 et ne divise pas 1. b.Oui, 2 est premier avec 45 679 d’après le ­théorème de Bézout. c. 3 divise 3 et 12 345 et ne divise pas 1. 36 a. Non, 2 divise 6 ; b. c. et d. Oui, d’après le théorème de Bézout. 37 a. 42 – 32 = 7 b. pas de solution c. 62 – 52 = 11 (voir le savoir faire 2.b). 38 7 est premier donc premier avec tous entiers inférieurs à lui, donc avec leur produit. 7! = 8 × 3 × 5 × 6 × 7 donc 8 divise 7! 39 p premier est premier avec tout entier inférieur à lui, donc avec leur produit. Pour tout entier k tel que 1 ≤ k ≤ p – 1, p est premier avec k! 40 (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 donc (a + b)3 ≡ a3 + b3[3]. (a + b)2 ≡ a2 + b2[3] si 2ab ≡ 0[3] (a + b)4 ≡ a4 + b4[4] ⇔ 6 a2b2 = 4k ⇔ ab pair. 41 Si d divise pq, alors d = p ou d = q ne peut diviser p + q donc pq et p + q sont premiers entre 1 1 pq eux donc + = irréductible. p q pq 43 a. Par étude de tous les cas, 3 × 5 ≡ 1[7]. b.Si 3x ≡ 5[7], et 3 × 5 ≡ 1[7]. D’où x ≡ 25[7] donc si x ≡ 4[7] alors 3x ≡ 12[7] donc 3x ≡ 5[7]. 4 est l’unique solution entière dans [1, 6]. 44 a 1 2 3 4 5 6 b 1 4 5 2 3 6 6! + 1 = (2 × 4) × (3 × 5) × 6 + 1 donc 6! + 1 ≡ 0[7] 45 a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 b 1 6 4 3 9 2 8 7 5 10 10! + 1 = (2 × 6) × (3 × 4) × (5 × 9) × (7 × 8) × 10 + 1 46 a2 ≡ 1[p] ⇔ a2 – 1 ≡ 0[p] ⇔ (a – 1)(a + 1) ≡ 0[p]. Or p premier divise ab si et seulement si p divise a ou p divise b. a2 ≡ 1[p] ⇔ a ≡ 1[p] ou a ≡ –1[p] donc dans [1, p – 1], a = 1 ou a = p – 1. © éditions Belin, 2012. 21 Dans cet exercice la question b. a été modifiée comme suit : b. i. a ≡ 0[pq] si et seulement si a ≡ 0[p] et a ≡ 0[q]. ii. a ≡ 0[nq] si et seulement si a ≡ 0[n] et a ≡ 0[q]. a. i.b. i. c. ii. 49 m = p1a1 ¥ K ¥ pas s ⇔ a a 3a1 m3 = (p1 1 ¥ K ¥ ps s )3 = p1 3a s ¥ K ¥ ps 50 a. 2 008 = 23 × 251 et 251 est premier. b.Les facteurs premiers de 2008 sont des facteurs premiers de k6 donc de k. Le plus petit k est 2 × 251. (2 × 251)6 = 2 008 × 8 × 2515 n + 1 = 3 donc (n, m) = (2, 1) ou (1, 2) et d < 50, donc d = 45 et si a = da′, b = db′, a′ + b′ = 25. (a′, b′) ∈ {(1, 24), (2, 23), (3, 22), (4, 21), (6, 19), (7, 18), (8, 17), (9, 16), (11, 12)} Une condition pour l’unicité serait que a et b soient des carrés parfaits. a = 9 × 25, b = 16 × 25. S’entraîner 60 1. c ; 2. a. ; 3. a. ; 4. c. ; 5. c. 51 a. 3 est premier donc n = p2 donc 4 est le plus petit. b.Il n’existe aucun carré de nombre premier entre 10 et 20. 61 a. 2 699 oui ; 4 379 = 29 × 151 ; 21 863 oui. b.7 divise 12! + 7 ; 111 divise 123! + 111 ; 5! + 7 = 127 est premier. 4.10n = 2n+2 × 5n possède (n + 1)(n + 3) diviseurs. a.P1 = 3, P2 = 7, P3 = 31, P4 = 211, P5 = 2 311 sont premiers. b.P6 = 30 031 = 59 × 501 n’est pas premier. 52 (n + 1)(n + 3) = 27 ⇔ n2 + 4n – 24 = 0, équation qui n’a pas de solution entière. 53 a.144 = 24 × 32 = 1 × 144 = 16 × 9 b.1 095 = 3 × 5 × 73 = 3 × 365 = 5 × 129 = 73 × 15 c. 1 573 = 112 × 13 = 1 × 1 573 = 121 × 13 d.512 = 29 = 1 × 512 54 1 × p × p2 × ….. × pn = p1+2+…+n = p n(n1) 2 56 a. a = 23 × 3 × 72 × 11 et b = 2 × 32 × 54 × 76, d = 2 × 3 × 72. a = d × 22 × 11 et b = d × 3 × 54 × 74, m = 22 × 32 × 54 × 76 × 11. a a¢ 22 ¥ 11 1 1 b¢ a¢ = , = . b b¢ 3 ¥ 54 ¥ 74 a b da¢ b¢ b.a = 810 = 2 × 32 × 5 et b = 435 = 3 × 5 × 29, d = 15, a = 6d, b = 29d = 2 610, a 6 1 1 7 , = . b 29 a b 522 c. a = 600 = 23 × 3 × 52 et b = 270 = 2 × 33 × 5 d = 2 × 3 × 5′, a = 20d, b = 7d, m = 4 200, a 20 1 1 27 9 , = = . b 7 a b 4 200 1400 57 a p 1 1 pq , = . b q a b p3q5 58 a p2 b a p4 q4 , = . b q2 a b p2q2 59 a. d divise a et b donc d divise a + b = 1 125 = 32 × 53. d = 3n × 5m, avec m ≤ 3, n ≤ 2. b.d a 6 diviseurs donc (m + 1)(n + 1) = 6 = 3 × 2, donc m + 1 = 3 et n + 1 = 2 ou m + 1 = 2 et 62 Pk = p1. p2… pk + 1. 63 a. n + n + 1 + n + 2 = 3(n + 1) non premier pour n ≠ 0. b.k – 2, k – 1, k, k + 1, k + 2. = 5k c. p + p + 2 + p + 4 + … + p + 2(n – 1) = np + n(n – 1) = n(p + n – 1) non premier. 64 1.a. 22 + 32 + 52 est pair. b.52 + 72 + 112 ≡ 0[5]. c.Soit p ≡ 1[3] ou p ≡ (–1)[3], donc p2 ≡ 1[3]. c. p2 + q2 + r2 ≡ 3[3] n’est donc jamais premier. 65 a. Montrer que (n – 1)(n + 3) = n2 + 2n – 3. b.n ≥ 3, (n – 1) ≥ 2, n + 3 ≥ 6 donc n2 + 2n – 3 n’est jamais premier. 66 n2 – 3n – 10 = (n – 5)(n + 2), pour n ≥ 7, n – 5 ≥ 2. 67 On pose u1 = 1, et pour tout entier naturel n, un+1 = 10un + 1. 1. a. Par récurrence, un = 10n–1 + 10n–2 + … + 10n + 1, 10 un + 1 = 10n + 10n–1 + … + 102 + 10 + 1 b.Par récurrence, u1 ≡ 1[2] et u1 ≡ 1[5]. Si un ≡ 1[2] et un ≡ 1[5], alors 10un ≡ 0[2] et 10un ≡ 0[5]. Donc un+1 ≡ 1[2] et un+1 ≡ 1[5]. c. un est impair donc jamais divisible par un nombre pair. 2. b. Si n est composé, un l’est aussi, u11 et u3 aussi. 3. a. Par récurrence : 9u1 = 10 – 1 et si 9un = 10n – 1, 9un+1 = 10 × 9un + 9 = 10n+1 – 10 + 9 = 10n+1 – 1. Chapitre 3 n Nombres premiers n 49 © éditions Belin, 2012. 48 132 = 13 × 12 = 22 × 3 × 13 donc 132 × 39 = 782. 68 a.2 ≡ –1[3] donc 22k+1 ≡ –1[3] et 22k+1 + 1 est multiple de 3. Si m est impair, m = 2k + 1. b.–2q ≡ –1[2q + 1] donc si p impair, 2qp ≡ –1[2q + 1] et 2m + 1 ≡ 0[2q + 1]. c. Si 2k + 1 est premier, k ne peut avoir de diviseur impair donc k = 2m. 69 1. a. b. F0 = 21 + 1 = 3 est premier, F1 = 22 + 1 = 5 est premier, F2 = 24 + 1 = 17 est premier, F3 = 28 + 1 = 257 est premier, F4 = 216 + 1 = 65 537 est premier. 2. F5 = 232 + 1 = 4 294 967 297 = 641 × 6 700 417 donc n’est pas premier. n Fn = 22 + 1. 70 1.a. Fn+k – 1 = 22(n k) = (22n)2k = (Fn - 1)2k . k b.Fn+k = 1 + (Fn - 1)2 donc Fn+k ≡ 2[Fn]. c. Il existe un entier a tel que Fn+k – aFn = 2. Si d divise Fn+k et Fn = alors d divise 2 or Fn est impair donc d = 1. 2. a. Fm et Fn étant premiers entre eux, pm ≠ pn. b.Il y a au moins autant de nombres premiers que d’entiers naturels donc P est infini. 71 a. a2 – b2 = (a – b)(a + b) = 1 × 4 = 2 × 2. Si a – b = 1 et (a + b) = 4, 2a = 5, impossible. Donc a – b = 2 et (a + b) = 2, d’où a = 2, et b = 0. b.a2 – b2 = (a – b)(a + b) = 1 × p2 = p × p. p2 1 p2 - 1 Si a – b = 1 et (a + b) = p2, a = , b = 2 2 donc a – b = p et (a + b) = p, d’où a = p, et b = 0. 72 1. Les diviseurs de a2b2 sont (1,a2b2), (a, ab2), (b2, a2), (b, a2b). Voir exercice 71. (ab)2 1 (ab)2 - 1 ab2 a ab2 - a S = {( , ), ( , ), 2 2 2 2 a2b b a2b - b a2 b2 a2 - b2 ( , ),( , )}. 2 2 2 2 2. a. 196 = 22 × 72, S = {50, 48}. b.3 025 = 52 × 112, S = {(1 513, 15 120) ; (305, 300) ; (143,132) ; (73, 48)} 50 n Chapitre 3 n Nombres premiers 73 1. Cet algorithme recherche le plus petit entier positif X tel que P divise f(X). On trouve a = 4, c’est le plus petit puisqu’il les teste dans l’ordre. 2. a. 4 × 5 = 14 + 6, donc a = 5. b.(x – 5)(x – 4) = x2 – 9x + 20 ≡ x2 – 2x + 6[7]. x2 – 2x + 6 = 7k ⇔ 7 premier divise (x – 5)(x – 4) ⇔ 7 divise (x – 5) ou 7 divise (x – 4). Les solutions sont x = 4 + 7k, y = 5 + 7k. 3. a. x = 5, a = 9, (x – 5)(x – 9) = x2 – 14x + 45 ≡ x2 – 3x + 1[11] Les solutions sont x = 5 + 11k, y = 9 + 11k. 74 a. Par homogénéité, d = PGCD(db′, dc′) = dPGCD(b′, c′) et d ≠ 0 donc PGCD(b′, c′) = 1. b.15a = 5b2 = 5d2b′2 et 15a = 3c3 = 3d3c′3 donc 5b′2 = 3dc′3. c. D’après le théorème de Gauss c′2 divise 5 or 5 est premier donc c′2 = 5 ou c′2 = 1. Conclusion : c′ = 1. d.D’après le théorème de Gauss 3 premier divise b′2 donc divise b′ et b′ = 3k donc 3d = 45k2 et d = 15k2. e.S = {(675k6, 45 k3, 15k2), k ∈ N} 75 On considère l’équation 324x – 245y = 7 (1). 1. a. 324 = 22 × 34 et 245 = 5 × 72. b.7 divise 7 et 245 donc divise 324x. Or 7 est premier avec 324 donc 7 divise x. c.(28, 37) est solution particulière, et d’après Gauss, S = {(28 + 245k, 37 + 324k), k ∈ Z}. 2.δ divise x et y solutions de (1) et δ divise 7 premier donc δ = 1 ou δ = 7 ; y ≡ 2 + 2k[7] donc δ = 7 si 7 divise k + 1, soit k = 7k′ – 1. Sinon, x et y sont premiers entre eux. 76 1. a. x2 + y2 = xy + 2x donc x2 – 2x = –y2 + xy donc y(x – y) = x(x – 2) b.Voir savoir faire 3 page 85. c. x divise y(x – y) donc x divise y ou x divise x – y donc y. 2. a. y = kx donc k(x – kx) = (x – 2) et 2 = x(1 – k + k2) donc x divise 2 et x premier donc x = 2 et 1 – k + k2 = 1 donc k = 0 ou k = 1. 3.(4, 2, 0) ou (8, 2, 2) 77 a. 1 980 = 22.32.5.11 et 760 = 22.3.5.13 donc les solutions sont 2, 3, 5. b.2 048 = 211 et 1 084 pair donc seulement 2. 78 a. a = 504 900 = 22.33.52.11.17 b.b = 1 188 = 22.33.11. c. a = 52.17b. 79 a.a = cc 3500035000 = 23c.53c.7c b.b = 37 515 625 = 56.74 c. c est multiple de 7 donc b divise a. © éditions Belin, 2012. b.9un ≡ (–1)n – 1 donc si n est pair, 11 divise 9un et est premier avec 9 donc, d’après le théorème de Gauss, divise un. c.Si n = 3k, un = 111(103(k–1) + 103(k–2) + … + 103 + 1). d.n = pk, 9un = 10pk – 1 = (10p – 1)(10p(k–1) + 10p(k–2) + … + 10p + 1), et p > 1 donc 9 divise 10p – 1 donc un n’est pas premier. 81 p = 1 × p = donc les entiers n qui admettent p diviseurs sont de la forme ap–1. Le plus petit est 2p–1. 82 a. p premier différent de 2 ne peut être multiple de 2. Si p = 4k + 1, p2 – 1 = 16k2 + 8k = 8k(2k + 1). Si p = 4k + 3, p2 – 1 = 16k2 + 24k + 8 = 8(2k + 3k + 1). p2 – 1 est divisible par 8. b.Donc p ≡ 1(mod 3) ou p ≡ 2(mod 3). Dans les deux cas, p2 ≡ 1(mod 3) donc p2 – 1 est divisible par 3. c. d. p2 – 1 est divisible par 3 et 8 premiers entre eux donc est divisible par 24. 83 a.Si p = 2, p + 2 est pair donc si p et p + 2 sont premiers, ils sont alors impairs consécutifs. b.3 et 5. c.S = p + p + 2 = 2p + 2 = 2(p + 1) et p = 2k + 1, donc s = 4(k + 1). Si p > 3, p ≡ 1[3] ou p ≡ 2[3]. Si p ≡ 1[3], p + 2 ≡ 0[3] n’est pas premier donc p ≡ 2[3] et p + 1 ≡ 0[3]. S est divisible par 3 et 4 premiers entre eux, donc par 12. d.p > 3, p ≡ 1[6] ou p ≡ 5[6]. (Voir exercice 25). Si p ≡ 1[6], p + 2 ≡ 3[6] n’est pas premier donc p ≡ 5[6] et (p, p + 2) = (6n – 1, 6n + 1). 84 a. Les nombres premiers inférieurs à 100. b.2 a le plus grand exposant. c. Il y a 20 multiples de 5 dont 3 multiples de 25, l’exposant de 5 est 23. d.Chaque 5 combiné avec 2 donne 10, il y a 23 zéros dans l’écriture décimale de N. 85 a. a p1a1 ¥ K ¥ pas s p1b1 ¥ K ¥ pbs s g g p11 ¥ K ¥ .ps s , donc si g i 0 avec a = mb, m est entier. d d b.Soit m tel que a = mb et m p11 ¥ K ¥ ps s par l’unicité di bi ai donc di g i 0. c. Voir propriété 9 page 84. 86 b. a 1 2 3 4 5 6 x 1 4 5 2 3 6 c. Voir exercice 43. 2.ax ≡ 0[7] ⇔ 7 divise a ou 7 divise x. Or a < 7 donc 7 divise x. 87 1. Il donne le plus petit entier x tel que ax ≡ 1[p]. 2.2 × 16 ≡ 1[31] et 3 × 21 ≡ 1[31]. 3.6x2 – 5x + 1 = (2x – 1)(3x – 1) donc 6x2 – 5x + 1 = ≡ 0[31] équivaut à (2x – 1)(3x – 1) ≡ 0[31]. 31 est premier et divise un produit, donc il divise 2x – 1 ou divise 3x – 1. Ainsi 2x ≡ 1[31] ou 3x ≡ 1[31] et x ≡ 16[31] ou x ≡ 21[31]. 88 Dans la question 2. on remplace d par p. 1.a. au + bv = (a + b)v + (u – v)a = 1d donc a est premier avec a + b. b.(a + b)u + (v – u) b = 1 donc b est premier avec a + b. c. p premier avec a et b donc au + pv = 1 et bu′ + pv′ = 1. En effectuant le produit, abuu′ + p(auv′ + bvu′ + pu′v′) = 1 donc p = a + b et ab sont premiers entre eux. 2.On utilise les diviseurs premiers. a.D = PGCD(a, b) ≠ 1. D admet un diviseur premier p donc p divise a et b et divise ainsi a + b et ab. b.p divise donc a(a + b) – ab = a2. Or p premier donc p divise a. c. p divise b(a + b) – ab = b2 donc p divise b. e. a et b sont premiers entre eux donc p = 1. Or 1 n’est pas premier donc D = 1. 89 a. ai di donc d’après la propriété 9, a divise m. De même d divise m. b.Si c = min(a, b) et d = max(a, b) alors c + d = a + b donc a + b – c = d. a -g ¥ K ¥ .ps s s , b a -g b1 a1- g1 a¢ b p1 ¥ K ¥ .ps s s s ab¢ da¢ b¢ c. a = 23 × 35 × 72 et b = 32 × 54 × 76, a - g1 a¢ p1 1 m PPCM(a, b) = 23 × 35 × 54 × 76. d.m = 210d et d = b – a, a = da′, b = db′ donc a′b′ = 210. b′ – a′ = 1 donc b′(–a′) = – 210 et a′ et (–b′) solution de x2 – x – 210 = 0 donc b′ = 15 et a′ = 14 et a = 15d, b = 14d ; d ∈ N. 90 1. a. b. 319 = 11 × 29 = 1 319. 2.Si d divise 3x + 5y et x + 2y, d divise 3(x + 2y) – (x + 2y) = y et d divise 2(3x + 5y) – 5(x + 2y) = x donc d = 1. 3. a. Soit d = PGCD(a, b), a′ et b′ tels que a = da′ et b = db′. On sait que m = da′b′(voir exercice 89) donc md = da′b′d = ab donc d = 2. Chapitre 3 n Nombres premiers n 51 © éditions Belin, 2012. 80 21 = 1 × 21 = 3 × 7 donc les entiers n qui admettent 21 diviseurs sont de la forme p20 ou p2.q6. Le plus petit est 32.26 = 576. 91 da′b′ + 11d = 203, donc d divise 203. Or 203 = 7 × 29. Si d = 1, a′b′ = 192 = 26 × 3 et {a, b} ∈ {{1, 192} ; {3, 64}} Si d = 7, a′b′ = 18 = 1 × 18 = 2 × 9 et {a, b} ∈ {{7, 126} ; {14, 63}} Si d = 29, a′b′ = –4 impossible dans les entiers naturels. 92 1. Voir exercice 24 page 91. 2. a. B = 4A – 1 donc B ≡ –1[4]. b.Si q est dans E, q divise A et B donc 1 et 1 n’est pas premier. 3. a. Si tout diviseur premier p de B vérifie p ≡ 1[4], par puissance et produit B ≡ 1[4] : impossible. b.B admet au moins un diviseur de E qui par d’après 2.b. ne peut être infini. 93 a. p + 10 ≡ p + 1[3], p + 20 ≡ p + 2[3], donc un seul des trois nombres p, p + 10 et p + 20 est divisible par 3. b.Un seul est divisible par 3 et si ce n’est pas 3, il est composé. La seule possibilité est p = 3, car 13 et 23 sont premiers. 94 1. p = 2. 12 + 12 ≠ 22 donc E est sans solution. 2. a. p premier est impair donc si x et y sont de même parité, la somme de leurs carrés est paire. b.Si p divise x, p divise y. Si x = px′, y = py′ alors x′2 + y′2 = 1, impossible puisque x et y sont non nuls donc ni x ni y ne sont divisibles par p. c.Si d premier divise x et y, d divise p2. Donc d = p. Impossible donc x et y sont premiers entre eux. 3. a. (u2 – v2)2 + (2uv)2 = (u2 + v2)2 = p2. b.p = 5 = 12 + 22 et (u, v) = (1, 2) donc (x, y) = (3, 4) p = 13 = 32 + 22 et (u, v) = (3, 2) donc (x, y) = (5, 12) 4. a. p = 3 = 1 + 2 et p = 7 = 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4 ne sont pas somme de deux carrés. b.On fait une étude de tous les cas, avec 1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2 pour x2 + y2 = 9 et 1 ≤ x ≤ 6, 1 ≤ y ≤ 6 pour x2 + y2 = 49. 95 1. p étant premier et supérieur à 3, il ne peut être multiple de 3, p ≡ 1[3] ou p ≡ –1[3] et p2 ≡ 1[3] donc n ≡ 0[3]. 2.p impair ⇔ p = 2k + 1, k ∈ N, p – 1 = 2k et p + 1 = 2(k + 1). 52 n Chapitre 3 n Nombres premiers (p – 1)(p + 1) = p2 – 1 = 4k(k + 1). p2 + 1 = 4k2 + 4k + 2 = 2(2k2 + 2k + 1). p4 – 1 = 8k(k + 1)(2k2 + 2k + 1) et k(k + 1) = 2k. p4 – 1 = 16a(2k2 + 2k + 1) ; n est donc divisible par 16. 3.p étant premier et supérieur à 5, il ne peut être multiple de 5, p ≡ 1[5] ou p ≡ –1[5] ou p ≡ 2[5] ou p ≡ –2[5]. • Si p ≡ 1[5] ou p ≡ –1[5], p2 ≡ 1[5], p4 ≡ 1[5] donc n ≡ 0[5]. • Si p ≡ 2[5] ou p ≡ –2[5], p2 ≡ –1[5], p4 ≡ 1[5] donc n ≡ 0[5]. 4. a. Voir propriété 12 page 54. b.n est multiple de 3, de 16 et de 5, premiers entre eux, donc n est multiple de 3 × 16 × 5 = 240. 5.Pour tout i, pi4 ≡ 1[240], donc A ≡ 15[240] et A = 240 + 15k = 15(16 + k) est non premier. Préparer le BAC Exercices guidés BAC 104 1. 47 n’est divisible ni par 2, ni par 3, ni par 5 et 72 > 47. 2. a. D’après le théorème de Bézout : 47 est premier, donc premier avec 23. b.23 × (–2) + 47 = 1 donc (x0, y0) = (–2, 1). c.23x + 47y = 1 = 23 × (–2) + 47 donc 23(x + 2) = 47(1 – y). D’après le théorème de Gauss, 47 divise 23(x + 2) et est premier avec 23 donc 47 divise (x + 2) et x + 2 = 47k. En remplaçant, on obtient 1 – y = 23k. Réciproquement (47k – 2, 1 – 23k) est bien solution. d.Si 23x + 47y = 1, alors 23x ≡ 1(47). On cherche x ≡ –2(47) et 1 ≤ x ≤ 46 et x = 45. 3. a. Voir exercice 9 page 90. b.Si a2 ≡ 1(47) alors (a – 1)(a + 1) ≡ 0(47) donc par a), a ≡ 1(47) ou a ≡ –1(47). 4. a. p premier avec 47 donc px + 47y = 1 a des solutions (d’après le théorème de Bézout) qui vérifient px ≡ 1(47). b.2 × 24 = 3 × 16 = 48 = 47 + donc inv(2) = 24 et inv(3) = 16. c.D’après 3.b., p = inv(p) ⇔ p2 ≡ 1(47) ⇔ p ≡ 1(47) ou p ≡ –1(47). Donc in(1) = 1 et inv(46) = 46. d.45! = (2 × 24 × 3 × 16 × 4 × 12 × 5 × 19 …) donc 45! ≡ 1(47). On regroupe chaque nombre avec son inverse distinct de lui même, donc 46! ≡ –1(47). © éditions Belin, 2012. b.(3d′ + 5db′)(da′ + 2db′) = 1 276 donc (3a′ + 5b′)(a′ + 2b′) = 319, or (3a′ + 5b′) et (a′ + 2b′) étant premiers entre eux et (3a′ + 5b′) > (a′ + 2b′) > 1, alors (3a′ + 5b′) = 29 et (a′ + 2b′) = 11. a′ = 2 × 29 – 5 × 11 = 3 et b′ = 3 × 11 – 29 = 4 donc a = 6 et b = 8. Entrer N Pour I variant de 1 à 45, Faire B = N × I C = Mod(B, 47) si C = 1, afficher C. FIN 105 1.a. u1 = 31, u2 = 331, u3. = 3 331. b.un s’écrit avec n chiffres 3 suivis du chiffre 1. 2. a. 3u0 = 10 – 7 + 3 et si 3un = 10n+1 – 7 alors 3un+1 = 3(10un + 21) = 10n+2 – 70 + 63 = 10n+2 – 7. La proposition est vraie pour n = 0 et est héréditaire donc par récurrence, vraie pour tout n. b.3un = 10n+1 – 7 = 10n+1 – 10 + 10 – 7 = 9 × 10n + 3 donc 3un = 10 × (10n – 1) + 1 = 33…3 3. a. u1 n’est divisible ni par 2, 3, 5 et 72 > 31. u2 n’est divisible ni par 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 et 192 > 331 donc 31 et 331 premiers. b.Voir TP1, question 3 p. 86. 3 331 est premier. 4. a. Pour tout n, un ≡ 1(2), un ≡ 1(3) et un ≡ 1(5). b.7 ne divise pas 10, donc ne divise par 10n, et 7 divise 7. Si 7 divise un, alors 7 divise 3un, donc 10n+1 : impossible. c.10 ≡ (–1)(11), –7 ≡ 4(11), donc 3un ≡ 4 – (–1)n[11], donc 3un ≡ 3[11] ou 3un ≡ 5[11]. Or si 11 divise un, 11 divise 3un ce qui est faux. d.On construit la suite vn+1 = mod(10 un, 17) 3u16k+8 = (1016)k(109) – 7 donc 3u16k+8 ≡ 7 – 7(17) 17 divise 3u16k+8 et est premier avec 3 donc divise u16k+8. QCM – Vrai ou faux BAC 106 1. Faux : 2 013 ≡ 0(3) 2. Vrai : 2 011 n’est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41 ou 43 et 472 > 2 011. 3. Faux : 302 = 60 × 15 4. Faux : 120 a 16 diviseurs. 5. Vrai : ils n’ont aucun diviseur commun 6. Faux : p = 2 est premier 7. Faux : 4 × 2 + 1 = 3 × 3 8. Vrai : p impair > 5, p2 – 1 est divisible par 8 et 3 premiers entre eux. 9. Vrai : p ≡ 1(3) ou p ≡ –1(3) donc p2 ≡ 1(3) et p ≡ 1(4) ou p ≡ –1(4) donc p2 ≡ 1(4) 10. Vrai : k ≥ 2 divise n! + k 107 a. Faux. b. Faux. d. Faux. c. Vrai : p premier divise a + b et ab, donc a(a + b) – ab = a2, donc p divise a. e. Vrai, voir cours. 108 1.c. N = n4 + 4 = (n2 + 2)2 – 4n2 = (n2 + 2n + 2)(n2 – 2n + 2). Si n > 2, n(n – 2) + 2 > 2. 2. a. b. c. N = 111 111 111 111 111 111 = 111 111(106 + 103 + 1) et 111 111 = 3 × 7 × 11 × 481. 3. b. (a – b)(a + b) = p premier donc a – b = 1 et a + b = p. 4. b. 7 est premier. 5. c. 7 × 2 = 14 = 11 + 3. Exercice BAC 109 Cet exercice doit être modifié de la façon suivante : 1. c. Remplacer 7u ≡ 1[29] par 7v ≡ 1[29]. 3. b. Calculer N ≡ Mc[493], N < 493. 1.Voir cours. 2. a. 29 n’est divisible ni par 2, 3, 5 et 72 > 29. b.D’après le théorème de Bézout : 29 est premier, donc premier avec tout a de A28 c. On peut utiliser l’algorithme de l’exercice 104. u = 22, v = 25. d.Si 28x2 – 11x + 1 = (4x – 1)(7x – 1) ≡ 0[29], alors (d’après 1.b.), 4x ≡ 1[29] ou 7x ≡ 1[29], donc 4x ≡ 4u[29] ou 7x ≡ 7v[29] donc 29 divise 4(x – u) d’où (x – u) ou 29 divise 7(x – v) donc divise (x – v). Ainsi x ≡ 22[29] ou x ≡ 25[29]. 3. a. n = 493 = 17 × 29. b.104 ≡ 3313[493 ], 104 < 493. Donc N = 104. c. m = (p – 1)(q – 1) = 16 × 28 = 448. 3 est premier avec 448 (E) donc 3x + 448y = 1 a des solutions et 3 × 299 – 2 × 488 = 1. d.Pour calculer 104299[493] on peut utiliser la suite un+1 = 104 un[493]. On obtient 104299 ≡ 331[493]. 110 1.a. 2k ≡ 1[p] donc (2k)m ≡ 1[p] et si n = km, 2n ≡ 1[p]. b.n = bq + r, 2bq+r = (2b)q2r, 2n ≡ 2r[p], donc 2r ≡ 1[p] ; or 0 ≤ r < b, donc r = 0 et b divise n. 2.a. A ≡ 0[p] donc 2q ≡ 1[p]. b.A est impair donc tous ses diviseurs le sont. c.D’après 2.a. et 1.b. b ≠ 1 divise q et q est premier donc b = q. d.D’après 1.b. avec n = p – 1, q divise p – 1. Chapitre 3 n Nombres premiers n 53 © éditions Belin, 2012. e. 111 Cet exercice a été modifié comme suit : 3. c. Déterminer n = paqb sachant que P(n) = 2042. 1.a. 1, p, p2, …, pn. b.d(pn) = n + 1. pn1 - 1 c. s(pn) = . p-1 n(n1) d.P(pn) = p 2 . 2. Les diviseurs de n = paqb. sont les produits des diviseurs de pa et de qb donc s(n) = s(pa). s(qb). 3. a. soit n = 200 = 23.52 ; n a 12 diviseurs dont le produit P(n) = 218.512 et 20012 = 236.524 = P(n)2. b.On pose n = paqb. d(n) = (a + 1)(b + 1), P(n)2 = pa(a+1)(b+1)qb(b+1)(a+1). nd(n) = P(n)2. c.P(n) = 2042 = 284.542 donc a(a + 1)(b + 1) = 168 et b(a + 1)(b + 1) = 84 donc a = 2b. 2b(2b + 1)(b + 1) = 168 donc b(b + 1) (2b + 1) = 84. b = 3 convient et il est le seul (b > 0) donc n = 26.53 112 1.a. Voir savoir faire page 85. b.Voir exercice 46. 1 et p – 1 sont leurs propres inverses. c. Savoir faire 3. d. On regroupe chaque nombre avec son inverse : 2 – a – (p – 1)! ≡ p – 1[p] donc (p – 1)! ≡ –1[p]. 2. b. Si (p – 1)! + 1 ≡ 0[p] et p non premier. p admet un diviseur d premier inférieur à p qui divise donc (p – 1)! donc 1 est impossible. c. p est premier si et seulement si (p – 1)! + 1 ≡ 0[p]. 113 À la question 4. d. on note p = 53, b = 40 et g = 20. 1.1k = 1 20 = 1, 21 = 2, 2.20 = 1, 21 = 2, 22 = 4, 23 ≡ 3[5]. 30 = 1, 31 = 3, 32 = 4, 33 ≡ 2[5]. 40 = 1, 41 = 4, 42 ≡ 4[5], 43 ≡ 4[5]. 3 et 5 sont racines primitives modulo 7. 3. a. Pour tout k, 1k = 1 et p – 1 ≡ –1[p] donc modulo p, (p – 1)k ne prend que deux valeurs 1 et p – 1. b.Voir exercice 110. c.Si as ≡ ap–1[p], et s < p – 1 alors as+1 ≡ a et modulo p, ak ne peut prendre toutes les valeurs de Ap, il en prend s. 54 n Chapitre 3 n Nombres premiers 4. a. gk modulo p parcourt Ap. Pour tout b de Ap, il existe r de Ap tel que gr ≡ b[p]. Supposons r′ < r et gr′ ≡ b[p] alors gr ≡ gr′[p] donc p divise gr – gr′ = gr′ (1 – gr–r′) donc gr′ ≡ 0[p] ou gr–r′ ≡ 1[p] impossible donc r est unique. b.a = k + m(p – 1) donc ga ≡ gk[p] c. Initialisations : y = 1, i = 0 Tant que y ≠ A faire g ≡ y (mod p) = y i = i + 1 fin Tant que afficher i d.l(40) = 18. 114 À la fin de la question 1. on veut vérifier que 1 105 est un nombre de Carmichael. 1. Pour a premier avec pi, api -1 ≡ 1[pi] donc par puissance, ac–1 ≡ 1[pi]. ac–1 – 1 est divisible par 3 nombres premiers entre eux donc par leur produit donc ac–1 ≡ 1[c]. Si a est multiple de c, ac ≡ a[c]. Si a est un multiple d’un ou de deux pi, voir page 89 question 1. 1 105 = 5.13.17 et 1 104 = 3.16.23 divisible par 4, 12 et 16 donc 1 105 est un nombre de la sorte. 2. a. 1, 2, 3, ne conviennent pas. b.n = k = donc np = kp2 et np ≡ 0[p2]. c.(p + 1)n = 1 + np + ap2 donc (p + 1)n ≡ 1[p2] d.Par définition de n, (p + 1)n ≡ 1 + p[n]. e.si p2 divise n, p2 divise n(p + 1)n – (1 + p) f.par c. et e. p2 divise p impossible donc n est sans facteur carré. 115 1. Entrer A, P, N = 0 TantQue A > P, si A/P entier N = N + 1, A = A/P FinTanque 2.a. b. Par définition de l’écriture en base p, a = anpn + an–1pn–1 + … + a0. si vp(a) = k, a = anpn + an–1pn–1 + … + akpk + r. Or pk divise a donc r = 0 et pk+1 ne divise pas a donc ak ≠ 0 et k est le nombre de zéros. c.Par unicité de la décomposition en facteur commun, l’exposant de p dans ab est la somme des exposants de p dans a et dans b. 116 a.|ab| = |a|.|b|, |a + b| ≤ |a| + |b| et |a| ≥ 0, |a| = 0 ⇔ a = 0. b. i. v(1) = v(1 × 1) = v(1)2 et v(1) ≠ 0 donc v(1) = 1 = v(–1)2 et v(–1) > 0 donc v(–1) = 1 ainsi v(–x) = v(x).v(1) = v(x). © éditions Belin, 2012. p – 1 = qk donc p = 1 + qk. Or p et q sont impairs donc k est pair et p ≡ 1[2q]. 3.M17 = 217 – 1 n’est divisible par aucun de ces nombres donc M17 est premier. kÆ donc v(n) = 1. iii.Si n = pkm, avec PGCD(m, p) = 1 si m ≠ 0, v(n) = v(p)kv(m) et v(m) = 1. a v(a) d.v(r) = v(pk)v( ) = v(pk)( ), v(b) b PGCD(a, p) = PGCD(b, p) = 1, donc v(a) = v(b) = 1 et v(r) = v(p)k. Accompagnement personnalisé AP 1 1. a. 72 = 1 × 72 = 2 × 36 = 3 × 24 = 4 × 18 = 6 × 12 = 8 × 9. b.1 008 = 24 × 32 × 7 donc ses diviseurs sont 1, 2, 4, 8, 16, 3, 6, 12, 24, 48, 9, 18, 36, 72, 144, 7, 14, 28, 56, 112, 21, 42, 84, 168, 336, 63, 126, 252, 504, 1 008. 2. a. 7 532 = 5 × 1 325 + 907 ; 1 325 = 907 + 418 ; 907 = 2 × 418 + 71 ; 418 = 5 × 71 + 63. 71 = 63 + 8 ; 63 = 7 × 8 + 7 ; 8 = 7 + 1 donc PGCD(7532, 1 325) = 1. b.Si d divise n – 3 et 2n + 1, d divise 2n + 1 – 2 (n – 3) = 7 donc d = 1 ou d = 7. Si n = 7k + 3, 2n + 1 = 14k + 7 et PGCD(n – 3, 2n + 1) = 7, sinon, PGCD(n – 3, 2n + 1) = 1. c.PGCD(23.32.5, 22.35.7) = 22 × 32. 3. b. 2 divise 4x – 6y et ne divise pas 7 donc 4x – 6y = 7 n’a pas de solutions. c. i. 13 + 5(–2) = 3. ii. 15 = 2 × 7 + 1 donc 15 × 9 – 7 × 18 = 9. iii.Par somme et produit, si 71x + 5y = 363, alors x ≡ 3[5] et 363 – 71.3 = 5.30 (1) S1 = {(1 + 5k, –2 – 13k), k ∈ Z}, (2) S2 = {(9 + 7k, 18 + 15k), k ∈ Z}, (3) S3 = {(3 + 5k, 30 – 71k), k ∈ Z} e. y > 0 et si x ≥ 5, 91x > 412 donc x ≤ 4 et par somme et produit, x ≡ 2[10]. Donc x = 2 et 10y = 412 – 230 donc (2, 23) est solution. 4. a. 131 est premier (voir savoir faire 2), S = {(66, 65)(–66, –65)} b.x2 + y2 = 113 donc si –10 < x < 10 et si –10 < y < 10. Par une étude de tous les cas on montre que l’équation n’a pas de solution. c. i. Par somme et produit, 3x2 ≡ 2[7]. ii. Pour 1 ≤ x ≤ 6, modulo 7, 3x2 ∈ {3, 5, 6}. AP 3 A. 1. 19 = 1 + 2 (23 + 1) 3 donc a19 = a.(a2 1)2 2.On obtient successivement : y = a, y = a2, y = a4, y = a.a8, y = a. a18 = a19 B.On veut calculer 4 37219 modulo 7 241. 1.C’est l’algorithme précédent modulo 7 241. C. 1. Par définition de l’écriture en base, 2n–1 ≤ c < 2n. 2.Par croissance de la fonction logarithme, (n – 1) ln 2 ≤ ln c < n ln 2 et ln 2 > 0 donc ln c ln c n – 1 ≤ < n donc n – 1 = E( ) et il faut ln 2 ln 2 autant d’opérations que de chiffre dans l’écriture en base 2 de c. AP 4 1. n′ = 22 733 = 127 × 179 et m′ = 126 × 178 = 22 428 et 17 × 13 193 = 10 × 1 148 + 1. 3.15 36417 ≡ 6 645[22 733], donc M′ = M, donc Alice sait que le message vient de Bob. Chapitre 3 n Nombres premiers n 55 © éditions Belin, 2012. 1 1 ii. 1 = v(x × ) = v(x) × . v(x) x c. D’après ***, v(1) = 1, si v(n) ≤ n alors v(n + 1) ≤ v(n) + v(1). 2. a. k est l’exposant de p dans la décomposition de n et m le quotient de n par pk et m tels que n = pkm. b.n = pkm, n′ = pk′m′, donc nn′ = pk+k′mm′, et si kk′, n + n′ = pk(m + pk′–km′) = pkm′′ avec PGCD(m′′, p) = 1. v (nn′) = p–(k+k′) = v(n)v(n′) et v(n + n′) = v(n) ≤ v(n) + v(n′). c.Si k < k′, p–k > p–k′, donc v(n + n′) ≤ Max(v(n), v(n′)). d.p > 1 donc p–k < 1. e.Si n est premier avec p, k = 0 donc v(n) = 1. 3. a. v0 vérifie toutes les propriétés. b. i. D’après ** et par récurrence, v(nk) = v(n)k et v(n) > 1. ii. nk = bsas + bs–1as–1 + … + b0, d’après ** et *** et d’après i, v(nk) ≤ v(bs) w s + v(bs–1) w s–1 + … + v(b0) et v(bs) ≤ bs ≤ a, v(nk) ≤ a(1 + w + w 2 + … + w s). a(1 - w k 1) a v(nk) ≤ < < a. 1- w 1- w k iii. Impossible car lim v(n ) = + ∞ c. i. Si pour tout i, v(pi≥) ≥ 1 alors v(a) ≥ 1, or v(a) < 1 donc il existe un nombre premier pi tel que v(pi) < 1 ; ii. n est premier avec p donc nk premier avec pk et d’après le théorème de Bézout, nk uk + pk vk = 1 et v(nk uk + pk vk) = 1. Si v(n) < 1, v(p) < 1, alors lim v(nk) = lim v(nk) = 0 et alors lim v(nk uk + pk vk) = 0, impossible