exercices Nombres premiers

Correction des exercices : Nombres premiers
!
TS
Chapitre 3 : Nombres premiers
1
!
Exercice 1
1. Les restes possibles par la division de p par 12 sont les nombres entiers compris entre 0 et
11.
On a
p=12q+r
avec
0≤r<12
.
Si r est divisible par un diviseur de 12, alors p n’est pas premier.
Donc
r≠2
,
r≠3
,
r≠4
,
r≠6
,
r≠8
,
r≠9
et
r≠10
.
Autrement dit, les restes possibles sont 1, 5, 7 et 11.
2.
Restes possibles
pour p
1
5
7
11
Restes pour
p2
1
1
1
1
Restes pour
p2+1
0
0
0
0
Donc
p2+1
!est divisible par 12.
Exercice 2
1.
56 =23×7
. Donc
56 ×2×7=24×72=22×7
( )
2
=784
est un carré parfait divisible par 56.
2. les diviseurs de 84 sont : 1, 2, 3, 4, 6, 7, 12, 14, 21, 28, 42 et 84.
On pose
f x
( )
=x x +1
( )
2x+1
( )
=2x3+3x2+x
.
f'x
( )
=6x2+6x+1>0
, car
x≥0
(entier naturel).
f est continue et strictement croissante sur
0;+∞
⎡
⎣⎡ ⎣
,
f0;+∞
⎡
⎣⎡ ⎣
( )
=6;+∞
⎡
⎣⎡ ⎣
, et
84 ∈6;+∞
⎡
⎣⎡ ⎣
.
D’après le TVI, l’équation
f x
( )
=84
admet une unique solution.
Pour
x=3
,
x+1=4
et
2x+1=7
, tous diviseurs de 84 et on a
f3
( )
=3×4×7=84
, donc la
solution de cette équation est
x=3
.
Exercice 3
Le produit de deux entiers naturels a et b (
a<b
) est 11340. On note d leur pgcd.
1. a. d divise a, donc
a=da '
, et d divise b, donc
b=db'
, avec
pgcda',b'
( )
=1
. Donc
11340 =ab =da 'db'=d2a'b'
. Donc
d2
!divise 11340.
b. On a
11340 =22×34×5×7
, comme
d2
!divise 11340, alors d ne peut se décomposer
qu’avec des facteurs premiers de puissances pair, cad 2 et 3.
Ainsi on a
d=2
α
×3
β
avec
0≤ α ≤1
et
0≤ β ≤2
.
2. a. On prend
α
et
β
maximum dans la décomposition de d. D’où
d=2×32=18
.
b. .
a=2×32×5=90
et
b=2×32×7=126
.
Exercice 4
1.
2
α +1
( )
2 β +1
( )
=3 α +1
( )
β +1
( )
!
⇔4 αβ +2 α +2 β +1=3 αβ +3 α +3 β +3
!

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Chapitre 3 : Nombres premiers
2
!
⇔ αβ − α − β +1=3
d’où
α −1
( )
β −1
( )
=3
.
2.
3=3×1
donc soit
α −1=1
β −1=3
⎧
⎨
⎩⇔
α =2
β =4
⎧
⎨
⎩⇔n=324
, soit
α −1=3
β −1=1
⎧
⎨
⎩⇔
α =4
β =2
⎧
⎨
⎩⇔n=144
Exercice 5 : Triplets pythagoriciens
Soit p un nombre premier donné. On se propose d’étudier l’existence de couples
x;y
( )
d’entiers naturels strictement positifs vérifiant l’équation :
E
( )
:x2+y2=p2
1. Si
x=1
et
y=1
,
x2+y2=1
, donc
1;1
( )
n’est pas solution de
E
( )
.
Si
x=1
et
y=2
, ou
x=2
et
y=1
x2+y2=5
, donc
1;2
( )
et
2;1
( )
!ne sont pas solution de
E
( )
.
Pour
x≥3
(ou
y≥3
),
x2≥9
(ou
y2≥9
), donc
x;y
( )
n’est pas de solution de
E
( )
.
2. a. Si x et y pairs, cad
x=2k
et
y=2k'
, alors
x2+y2=4k2+4k'2=4k2+k'2
( )
. Comme p
est premier il ne peut être divisible par 4. Donc impossible.
Si x et y impairs, cad
x=2k+1
et
y=2k'+1
, alors
x2+y2=2k+1
( )
2
+2k'+1
( )
2
=4k2+4k+1+4k'2+4k'+1=2 2k2+2k+2k'2+2k'
( )
. Comme
p est premier il ne peut être divisible par 2. Donc impossible.
Donc x et y sont de parité différentes.
b. Supposons que x est divisible par p, cad
x=kp
. Donc
x2+y2=p2⇔k2p2+y2=p2⇔y2=1−k2
( )
or
x>0
, donc
k>0
, et donc
y2≤0
. Impossible. Donc x n’est pas divisible par p.
On démontre de même que y n’est pas divisible par p.
c. Soit
pgcd(x;y)=d
. On alors
x=kd
et
y=k'd
, cad
x2+y2=k2d2+k'2d2=d2k2+k'2
( )
ainsi
d2
!divise p, ce qui implique que d divise p.
or p est premier, cad ses diviseurs son 1 et p.
comme x et y ne sont pas divisibles par p, alors
d≠p
, donc
d=1
. Ce qui prouve que x et y
sont premiers entre eux.
3. On suppose maintenant que p est une somme de deux carrés non nuls, c’est à dire que :
p=u2+v2
où u et v sont deux entiers naturels strictement positifs.
a.
u2−v22
+2uv
( )
2
=u2−v2
( )
2
+4u2v2=u4−2u2v2+v4+4u2v2=u4+2u2v2+v4=u2+v2
( )
2
=p2
b. Pour
p=5=22+12
, on pose alors
u=2
et
v=1
, donc
x=4−1=3
et
y=2×2×1=4
.!
Les couples
3;4
( )
et
4;3
( )
sont les couples solutions.

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!
Chapitre 3 : Nombres premiers
3
!
Pour
p=13 =32+22
, on pose alors
u=3
et
v=2
, donc
x=9−4=5
et
y=2×3×2=12
.!
Les couples
5;12
( )
et
12;5
( )
sont les couples solutions.
4. On se propose enfin de vérifier sur deux exemples, que l’équation
E
( )
est impossible
lorsque p n’est pas la somme de deux carrés.
a.
12+12=2≠3
,
12+22=5≠3
, donc 3 n’est pas la somme de deux carrés.
22+22=8≠3
, donc 7 n’est pas la somme de deux carrés.
b. Pour
p=3
, l’équation devient
x2+y2=9
. Mais comme p n’est pas la somme de deux
carrés, alors cette équation n’a pas de solution.
On peut le vérifier.
22+22=8≠9
et
12+32=10 ≠9
.
De même pour
x2+y2=49
.
Exercice 6 : Rep-unit
Partie 1 : Primalité des rep-units
1.
N2=11
est premier,
N3=111 =3×37
n’est pas premier et
N4=1111 =11 ×101
n’est pas
premier.
2.
Np=1+10 +100 +... +10 p−1=1−10 p
1−10
=10 p−1
9
.
3. a.
Np=10 p−1
9
=102q−1
9
=100q−1
9
.
Or
100q−1=100 −1
( )
100q−1+100q−2+... +100 +1
( )
=99 100q−1+100q−2+... +100 +1
( )
donc
Np=100q−1
9=
99 100q−1+100q−2+... +100 +1
( )
9=11 100q−1+100q−2+... +100 +1
( )
donc
Np=N2×a
où
a=100q−1+100q−2+... +100 +1∈!
donc
Np
est divisible par
N2
.
b. De même
Np=N3×b
, donc
Np
est divisible par
N3
.
c.
Np=10 p−1
9=10kq −1 9=
10k
( )
q−1
9
.
Or
10k
( )
q−1=10k−1
( )
10kq−1+100kq−2+... +10 +1
( )
donc
Np=10kq −1
9=
10k−1
( )
100kq−1+100kq−2+... +10 +1
( )
9=
10k−1
( )
9
100kq−1+100kq−2+... +10 +1
( )
donc
Np=Nk×c
où
c∈!
, donc
Np
est divisible par
Nk
.
d. Si p n’est pas premier, alors
Np
n’est pas premier puisque divisible par
Nk
.
La contraposée de cette implication est :

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Chapitre 3 : Nombres premiers
4
!
Si
Np
est premier alors p est premier.
Cette condition n’est pas suffisante puisque 3 est premier mais
N3
ne l’est pas.
Partie 2 : Diviseurs des rep-units
1. 2 et 5 car un rep-unit n’est pas pair et ne termine pas par 0 ou 5.
2. 3 apparaît dans la décomposition du rep-unit
Nk
si k est un multiple de 3 (Somme des
nombres divisible par 3).
3. On a déjà prouvé que
Nk=10k−1
9
(cf partie 1 Q2), d’où
9Nk=10k−1
.
4.
k
1
2
3
4
5
6
7
8
10k
3
2
6
4
5
1
3
2
5. D’après le tableau :
10k≡1 7
⎡
⎣⎤ ⎦
équivaut à k est multiple de 6.
Donc, lorsque k est un multiple de 6,
10k−1≡0 7
⎡
⎣⎤ ⎦
, cad 7 divise
10k−1
cad
9Nk
. Or 7 et 9
sont premiers entre eux, donc (th de Gauss) 7 divise
Nk
.
Partie 3 : Les rep-units ne sont pas des carrés
1.
n2
se termine par 1, cad le reste de la division euclidienne de
n2
par 10 est 1.
Donc
n2=10q+1
.
Or
n=10s+t
, avec
0≤t<10
.
n2=10s+t
( )
2
=100s2+20st +t2
, et le reste de la division euclidienne de
t2
par 10 est 1 (car
celui de
n2
est 1).
t
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Reste de
t2
0
1
4
9
6
5
6
9
4
1
Donc n se termine par 1 ou 9.
2. Soit n se termine par 1. On a
n=10q+1
, et en posant
m=q
, on a
n=10m+1
.
Soit n se termine par 9. On a
n=10q+9=10 q+1
( )
−10 +9=10 q+1
( )
−1
, et en posant
m=q+1
, on a
n=10m−1
.
3. Si
n=10m+1
, alors
n2=10m+1
( )
2
=100m2+20m+1=20 5m2+m
( )
+1
, donc
n2≡1 20
⎡
⎣⎤ ⎦
.
Si
n=10m−1
, alors
n2=10m−1
( )
2
=100m2−20m+1=20 5m2−m
( )
+1
, donc
n2≡1 20
⎡
⎣⎤ ⎦
.
4.
Nk=1+10 +100 +... +10k−1
. Or 100, 1000 … sont congrus à 0 modulo 20.
Donc
Nk=1+10 20
⎡
⎣⎤ ⎦
,
Nk=11 20
⎡
⎣⎤ ⎦
pour
k≥2
.
5. Par l’absurde, supposons
Nk
distinct de 1 est un carré. D’après Q3,
Nk≡1 20
⎡
⎣⎤ ⎦
. Or!
Nk≡11 20
⎡
⎣⎤ ⎦
, contradiction. Donc
Nk
!différent de 1 n’est pas un carré.