Nombres premiers

2
Nombres premiers
Résolution de problèmes
1 Le nombre de diviseurs positifs d’un entier
1. Non : 4 a 3 diviseurs et 5 n’en a que 2. 1 a un seul diviseur. 60, 72, 84, 90 et 96 ont 12 diviseurs.
2. a. Ils sont impairs à part 2.
b. Les paires de nombres premiers jumeaux sont : (3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31), (41, 43), (59, 61), (71, 73).
c. Oui. Exemple : 84 = 5 + 79.
d. 4 k 2 est premier pour k 0, sinon, il admet plus de 2 diviseurs (1, 2, 2k 1 au moins).
Pour k 0, 4k admet plus de 2 diviseurs (1, 2, 4 au moins).
Tout entier n s’écrit 4k ou 4k + 1 ou 4k + 2 ou 4k + 3 (il y a 4 restes possibles dans la division euclidienne par 4).
Pour n > 2, ni 4k ni 4k + 2 ne sont possibles.
La réciproque est fausse : 4 ¥ 12 + 1 n’est pas premier, ni 4 ¥ 12 + 3.
3. a. Les entiers dont le nombre de diviseurs est impair sont 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81 et 100.
Conjecture : ce sont des carrés.
En effet, soit n = p2. Pour trouver les diviseurs de n, on écrit n sous la forme d’un produit de n = a ¥ b. Chaque écriture
donne 2 diviseurs distincts sauf dans le cas n = p ¥ p. Le nombre de diviseurs est donc impair. Dans les autres cas, il est
pair.
b. Les entiers qui ont trois diviseurs sont : 4, 9, 25 et 49.
Conjecture : ce sont les carrés d’un nombre premier.
En effet si n = p2 avec p premier, les seuls diviseurs de n sont 1, p et p2 et c’est le seul cas où cela se produit.
Les entiers qui ont cinq diviseurs sont : 16 et 81.
Conjecture : ce sont les puissances quatrièmes d’un nombre premier.
En effet, si n = p4 avec p premier, les seuls diviseurs de n sont 1, p, p2, p3 et p4 et c’est le seul cas où cela se produit.
2 Le crible d’Ératosthène
1. Avec 5, le premier nombre à barrer est 52 et avec 7, le premier nombre à barrer est 72.
2. a. Si un nombre non barré n’était pas premier, son plus petit facteur premier serait 11. Il serait au moins égal à 112
qui n’est pas dans le tableau.
2. b. Il faut barrer les multiples jusqu’à 31. En effet si un nombre non barré n’était pas premier, son plus petit facteur
premier serait 37. Il serait au moins égal à 372 qui est supérieur à 1 000.
31 est l’entier p positif tel que : p2 1 000 p 12 soit p 1 000 p 1.
C’est la partie entière de 1 000 .
Chapitre 2. Nombres premiers
1
3 Combien de nombres premiers ?
1. a. 2 ¥ 3 ¥ 5 + 1 = 31 qui est premier.
b. 2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ 7 + 1 = 211 qui est premier.
2 ¥ 5 ¥ 37 + 1 = 371. Les diviseurs premiers sont 7 et 53.
Dans les trois cas, les nombres premiers trouvés ne font pas partie de la liste initiale.
2. Remplacer l’énoncé de la question a. par « Étudier et compléter la démonstration en termes modernes ci-dessous. »
a. 1er cas : N est strictement supérieur à chacun des pi (pour i Œ {1, 2, … r}).
b. 2e cas : si p est l’un des pi, p divise le produit p1p2 ..pr donc aussi la différence N – p1p2 … pr c’est-à-dire p divise 1
ce qui est absurde car p est premier.
4 La répartition des nombres premiers
1. a. Entre 0 et 10, il y a 4 nombres premiers, 4 également entre 100 et 110, aucun entre 200 et 210.
b. 7 Π]5 ; 10[, 23 Π]20 ; 40[, 277 Π]150 ; 300[.
2. a. 4 ! = 24 ;
4 ! + 3 = 27, multiple de 3 ;
4 ! + 2= 26, multiple de 2 ;
4 ! + 4 = 28, multiple de 4.
b. 5 ! est multiple de 2, 3, 4, 5. Pour k = 2, 3, 4, 5, on peut donc mettre k en facteur dans la somme 5 ! k .
c. 16 ! + 2, 16 ! + 3, …, 16 ! + 16 sont respectivement multiples de 2, 3, …, 16.
d. Les n nombres consécutifs (n + 1) ! + 2, (n + 1) ! + 3, …, (n + 1) ! + n + 1 sont tous composés.
TP1. Des algorithmes pour trouver les facteurs premiers
A. 1. n = 1 400 Fact = [2, 2, 2, 5, 5, 7].
2. Il est clair que les valeurs de Div ajoutées à la liste Fact sont des diviseurs de n.
Si la décomposition de n comprend pa avec p premier, l’algorithme ajoute a fois la valeur p en procédant ainsi :
Div
Fact
n
p
[p]
pa-1
p
[p, p]
pa-2
…
p
[p, p, …, p]
1
p+1
B. 1. On commence par traiter le cas de Div = 2 puis, à partir de 3, Div prend la valeur Div + 2.
Saisir n
Fact prend la valeur [ ]
Tant que 2 est un diviseur de n, Faire
ajouter 2 à la liste Fact ; n prend la valeur n/2
FinTantque
Div prend la valeur 3.
Tant que n > 1, Faire
Si Div est un diviseur de n, ajouter Div à la liste Fact ; n prend la valeur n/Div ;
Sinon Div prend la valeur Div + 2 ; FinSi
FinTantque
Affichier la liste Fact.
3. On teste comme ci-dessus les cas de 2 et 3.
2
Saisir n
Fact prend la valeur [ ]
Tant que 2 est un diviseur de n, Faire
ajouter 2 à la liste Fact ; n prend la valeur n/2
FinTantque
Tant que 3 est un diviseur de n, Faire
ajouter 3 à la liste Fact ; n prend la valeur n/3
FinTantque
k prend la valeur 1
Tant que n > 1, Faire
Div prend la valeur 6k – 1
Tant que Div est un diviseur de n, Faire
ajouter Div à la liste Fact ; n prend la valeur n/Div
FinTantque
Div prend la valeur 6k + 1
Tant que Div est un diviseur de n, Faire
ajouter Div à la liste Fract ; n prend la valeur n/Div
FinTantque
k prend la valeur k + 1
FinTantque
Afficher la liste Fact
TP2. Les sommes d’entiers consécutifs
A. 1. 21 10 11 6 7 8. Mais 21 n’est pas la somme de quatre entiers consécutifs.
16 ne peut s’écrire comme somme de deux, trois ou quatre entiers consécutifs.
2. a. Les cases B15, C10 et F4 contiennent 27.
La case F4 correspond à n = 2 et m = 5. Donc 27 est la somme de 5 + 1 = 6 entiers consécutifs en partant de 2 :
27 = 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7.
De même 27 = 8 + 9 + 10 (pour la case C10) et 27 = 13 + 14 (pour la case B15).
b. Dans la colonne B figurent tous les nombres impairs supérieurs ou égaux à 3. En effet un nombre impair s’écrit 2n + 1
= n + (n + 1). Il est donc bien la somme de deux nombres consécutifs.
c. Dans le tableau figurent tous les nombres inférieurs à 35 sauf 1, 2, 4, 16 et 32. Il semble que seules les puissances de
2 ne puissent s’écrire comme sommes d’entiers consécutifs.
B. 1. x = n + (n + 1) + … + (n +m) est la somme de (m + 1) termes d’une suite arithmétique de premier terme n et de
n n m
soit 2x = (m +1)(m + 2n).
raison 1. On a donc : x m 1
2
2. Si x est une puissance de 2, il en est de même de 2x.
Or, si m est pair, alors m + 1 est impair. Inversement, si m est impair, m + 2n est impair. Dans les deux cas, un des facteurs
de 2x est impair. Ce qui est impossible si x est une puissance de 2.
3. a. Si x = 34, alors 2x = 68 qui s’écrit 4 ¥ 17.
Par identification avec l’écriture (m + 1)(m + 2n), on en déduit m = 3 et n = 7. Donc x est la somme de 3 + 1 = 4 entiers
consécutifs en partant de 7 : x = 7 + 8 + 9 + 10.
b. Soit x pair non puissance de 2. La décomposition de x en facteurs premiers comporte 2 (puisque x est pair) et au
moins un autre facteur impair sinon x serait une puissance de 2. On a bien, si a est l’exposant de 2 dans la décomposition,
x = 2a ¥ N avec N impair.
Par suite, 2x = 2a+1¥ N.
D’autre part, 2x = (m + 1)(m + 2n).
Chapitre 2. Nombres premiers
3
Distinguons deux cas.
• 2a+1 ¥ N : dans ce cas, on identifie m + 1 = 2a+1 et m + 2n = N. On en tire m = 2a+1 – 1 qui est impair.
N– m
.
2
• 2a+1 > N : dans ce cas, on identifie m + 1 = N et m + 2n = 2a+1. On en tire m = N – 1 qui est pair.
2a1 – m
2a+1 – m est pair et on en déduit l’entier n .
2
Dans les deux cas, on a bien pu trouver deux entiers m et n tels que x = n + (n + 1) + … + (n + m).
N – m est pair et on en déduit l’entier n C. D’après ce qui précède, tous les entiers supérieurs ou égaux à 3, à l’exception des puissances de 2, peuvent s’écrire
comme sommes d’entiers consécutifs.
TP3. Le test de Fermat et les nombres de Carmichaël
A. 1. 52 – 5 = 20 0 (2), 56 – 5 = 15 620 2 (6), 58 – 5 = 390 620 4 (8).
2. Dans le tableau, les lignes sont composées de 0 quand n est premier.
Conjecture : si n est premier et a entier naturel, alors an a (n).
B. 1. a. 211 = 2 048 = 6 ¥ 341 + 2.
b. 31 = 2 ¥ 11 + 9 donc 231 = (211)2 ¥ 29.
Par suite 231 22 ¥ 29 (341) soit 231 211 (341) et enfin 231 2 (341).
Par ailleurs 2341 = (211)31. Donc 2341 231 (341) d’où 2341 2 (341).
c. Non. 341 n’est pas premier.
2. a. et b. On vérifie à l’aide d’un logiciel de calcul formel.
c. m sert à garder en mémoire la valeur initiale de r.
Pour chaque valeur de a comprise entre 2 et 560, r prend successivement les valeurs du reste de ak modulo 561, avec
k = 1, …, 561. La dernière valeur de r est le reste de a561 modulo 561.
Si a561 n’est pas congru à a modulo 561, t prend la valeur 1.
Si on obtient l’affichage « pseudopremier », c’est que, pour tout a entier de 2 à 560, on a a561 ≡ a (561).
d. Voir le Point Info.
TP4. De Mersenne à Lucas Lehmer
A. 1. Mn est premier pour : n Π2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 13 ; 17 ; 19.
Si n est composé, Mn est composé. Si Mn est premier, n est premier.
2. Indication : utiliser une suite géométrique.
Si n est composé, n ab, 2 n - 1 2 a b - 1 2 a - 12 a b -1 2 a b - 2 º 1 avec a 1 donc 2 a - 1 3 .
2 n - 1 est composé.
3. On a 2 n - 1 0 d donc 2 n 1 d .
B. 1. 2 d -1 1 d donc d - 1 Œ I, I n’est pas vide. Toute partie de • non vide est minorée par 0 et admet un plus petit
élément p0 avec p0 1 car 21 1(d).
2. Soit n élément de I ; on a n qp0 r avec 0 r p0 et 2 n 2 p0 q ¥ 2 r .
Comme 2 p0 1 d , 2 p0 q 1 d et 2 r 1 d donc r 0 par définition de p0 et de r. On a donc n qp0 .
3. En particulier p qp0 avec p premier donc p p0. Comme d - 1 appartient à I, d - 1 est un multiple de p.
Si d divise Mp 2 p -1 avec premier, d - 1 kp donc d kp 1. Or d et p sont impairs donc k est pair et d 2k ¢p 1.
C. 1. a. Il y a 19 entiers d de la forme 38k 1 avec d 747 et k 0.
b. • Si k 3m 1, d 338m 13.
• Si k 5m 3, d 538m 23.
• Si k 7m 2, d 738m 11.
4
c. Les valeurs de k possibles sont : 5 ; 6 ; 11 ; 12 ; 14 ; 15 et 17.
Celle de d sont :191 ; 229 ; 419 ; 457 ; 533 ; 571 ; 647.
M19 n’est divisible par aucun de ces sept nombres : il est premier.
2. D’après la question B.3, le premier diviseur possible de M23 est 2 ¥ 23 1 soit 47 et 47 divise M23.
M23 n’est pas premier.
D. 1. Récurrence immédiate.
2. a. R i Si M p donc R 2i S2i M p et R 2i - 2 S2i - 2 M p d’où R i 1 R i2 - 2 M p .
b.
c. C’est p 11 et M11 = 2 047 = 23 ¥ 89 n’est pas premier.
d. Quand un des restes est nul c’est au rang p – 2. On vérifie que ces Mp sont alors premiers.
e. Les restes sont égaux à 2.
f. Si S r 0 2 p - 1 alors S r 2 S2r - 22 - 2 0 - 22 - 2 2 2 p - 1, puis on fait une récurrence.
3. a. Si s = 0 alors Afficher « M est premier ».
Sinon Afficher « M est composé ».
b. c. Voir fichiers sur le site Math’x.
Exercices
6 1.
ENTRAÎNEMENT
1 8 191 est premier.
2 n 0 ou n 1 ou il existe un entier p strictement
n
supérieur à 1 tel que le quotient soit entier strictep
ment supérieur à 1.
3 1. Si le premier chiffre d’un des termes d’une paire
ENTRÉE : entier naturel inférieur à 50.
TRAITEMENT : n ¨ 2n + 1
Tant que n non premier faire n ¨ 2n + 1 ;
FinTantque
Programme Xcas
est pair, le deuxième terme de la paire sera pair.
2. {13, 31}, {17, 71}, {37, 73} et {79, 97}.
4 a. Non
b. Oui.
5 Exercice corrigé en fin de manuel.
Pour n 43, l’algorithme s’arrête au bout de 24 étapes.
Chapitre 2. Nombres premiers
5
7 1. L’algorithme affiche 2, 3, 7, 43.
2. L’affichage suivant est 1 807 = 13 ¥ 139 non premier.
8 Exercice corrigé en fin de manuel.
9 1. F0 = 3 ; F1 = 5 ; F2 = 17 ; F3 = 257.
2. F4 = 65 537 premier.
3. F5 divisible par 641.
10 Si a2 – b2 = (a – b)(a + b) est égale au nombre premier p, c’est que a – b = 1 et a + b = p.
p -1
p 1
Il faut p impair et on a : a ,b .
2
2
11 1. a. n2 – 6n + 5 = (n – 1)(n – 5).
b. Pour n 7, les deux termes n – 1 et n – 5 sont
supérieurs à 1.
2. 2n2 – 11n + 9 = (n – 1)(2n – 9) est composé dès que
n 6 ainsi que pour n = 0 ou 3 ou 5.
12 (a2 – a + 1) (a2 + a + 1) = a4 – a2 + 1 qui n’est pas
premier sauf pour a = 1.
10 101 = 104 + 102 + 1 = (100 – 10 + 1)(100 + 10 + 1)
= 91 ¥ 111.
13 1. Les restes sont égaux à 1 dès que n > 2.
2. Un nombre premier impair s’écrit n = 2p + 1 d’où
n2 = 4p2 + 4p + 1.
3. La réciproque est fausse car la propriété est vraie
pour tout nombre impair.
14 Exercice corrigé en fin de manuel.
15 Contraposée : si a et b ne sont pas premiers entre
eux, la somme est divisible par un entier supérieur
à 1(diviseur commun de a et b).
16 Si p 2, n p2 - 2 p 1
.
4
17 2. n2 - 3 961n 3 922 421
n - 1 9802 - n - 1 980 41.
18 2. Si n 29k , k 1, 2n2 29 0 29.
3. Sin 1 31, f n 0 31.
19 1. a. Si n 10k , N 4 2 500k 4 1
b. On étudie avec un tableur
tous les cas possibles.
c. Si n = 5, N = 629 = 17 ¥ 37
Si n = 15, N = 197 ¥ 257
Si n = 25, N = 577 ¥ 677
2. (1) on ne sait pas ; (2) faux ; (3) vrai ; (4) faux
a. On développe.
b. On pose n = 5, 15 ou 25 et m = 1.
c. Finalement, N n’est jamais premier.
20 Pas de difficulté (calcul mental).
21 Exercice corrigé en fin de manuel.
22 a. 2 ; 3 et 5.
c. 3 et 13.
b. 2.
d. 7.
23 1. 2 016 = 25 ¥ 32 ¥ 7.
Il faut multiplier 2 016 par 2 ¥ 7.
2. 2 056 = 23 ¥ 257.
Il faut multiplier 2 056 par 2 ¥ 257 = 514.
24 Exercice corrigé en fin de manuel.
25 1. 1 620 = 22 ¥ 34 ¥ 5 : 1 620 a 3 ¥ 5 ¥ 2 diviseurs
soit 30.
2. Le carré du PGCD divise 1 620 et le PGCD a six
diviseurs donc PGCD = 18 d’où a = 18 et b = 90.
26 1. 1 ! a un diviseur, 2 ! en a deux, 3 ! en a quatre et
4 ! huit. On peut conjecturer que n ! a 2n–1 diviseurs.
2. Vrai pour n = 5 mais faux pour n = 6.
27 10 ! = 28 ¥ 34 ¥ 52 ¥ 7.
10 ! a donc 9 ¥ 5 ¥ 3 ¥ 2 diviseurs soit 270.
28 a. Faux. Elle se termine par 4 zéros.
b. Vrai. 20 ! a 19 ¥ 9 ¥ 5 ¥ 3 ¥ 2 ¥ 2 ¥ 2 ¥ 2 diviseurs soit
24 ¥ 33 ¥ 5 ¥ 19 qui est un diviseur de 20 !
c. Vrai. Les cubes possibles avec 2 sont 20, 23, 26, 29, 212,
215, 218. De même ceux comportant 3 sont 30, 33, 36.
Enfin, avec 5 : 50, 53.
Il y a donc 7 ¥ 3 ¥ 2 = 42 cubes.
29 100, 200, 400, 500, 800, et 1 600.
30 36 4 ¥ 3 ¥ 3 fi M 23 ¥ 52 ¥ 72 5 800 .
31 1. Les carrés des nombres pairs sont pairs.
Les carrés des nombres impairs sont impairs.
2. (2k)2 = 2 ¥ 2k2 et (2k + 1)2 = 2(2k2 + 2k) + 1.
3. Vraie.
32 1. Les exposants des facteurs premiers sont tous
pairs.
6
2. Dans la décomposition de a et b, on considère le
facteur premier 2. Dans celle de a2, son exposant est
pair, dans celle de 2b2, il est impair, ce qui est impossible.
33 Si 3 était rationnel, il existerait a et b entiers naturels tels que a2 = 3b2. On raisonne comme à l’exercice
32 en considérant cette fois le facteur premier 3.
34 2. Un réel x s’écrit après simplification sous la
forme a b, avec a et b entiers naturels supérieurs ou
égaux à 2 si et seulement si les exposants des facteurs
premiers de x2 ne sont pas tous pairs, ni tous impairs.
35 Exercice corrigé en fin de manuel.
36 21 3 ¥ 7 ; a 32 ¥ 76 ou a 36 ¥ 72 .
37 1. 25 : 3 ; 250 : 12 ; 2 500 : 15 ; 25 000 : 24.
2. a. 25 000 2 n5n 2. Il y a n 1 n 3 diviseurs.
b. On résout n 1 n 3 1 000. Vrai pour n 30.
38 1. N est impair.
2. C’est démontrable par l’absurde.
39 1. et 2. 6 21 ¥ 22 - 1 et 28 22 ¥ 23 - 1.
3. Pour n de 1 jusqu’à 10 000, calculer la somme S des
diviseurs de n. Si S = 2n, afficher n.
4.
6 2 ¥ 22 - 1 ; 28 22 ¥ 23 - 1;
496 2 4 ¥ 25 - 1 et 8 128 2 6 ¥ 27 - 1.
40 1. Les diviseurs de a n ont les a i , 0 i n, de
a n1 - 1
.
somme
a -1
2. sN 58 590.
i
r
pa 1 - 1
3. s n ’ i
.
i 1 pi - 1
45 1 200 = 24 ¥ 3 ¥ 52. 1 200n = 24n ¥ 3n ¥ 52n.
46 Il y a 45 diviseurs.
47 à 63 . Exercices corrigés en fin de manuel.
APPROFONDISSEMENT
64 1. 1 000 1 3 et 2 000 2 3.
2.
p º3
p 1 000 º3 p 2 000 º3
0
1
2
1
2
0
2
0
1
p ; p + 1 000 ou p + 2 000 sont toujours divisibles par 3.
Pour p = 3, 3 + 1 000 est divisible par 17. C’est impossible.
3. 11, 1 511 et 3 011 sont premiers.
65 1. Exemple : 41 = 42 + 52.
2. et 3. xx ¢ yy ¢ 2 xy ¢ - yx ¢ 2
x 2 x ¢2 y 2 y ¢2 x 2 y ¢2 y 2 x ¢2
x 2 y 2 x ¢ 2 y ¢ 2 .
66 1. 3 ; 7 ; 11 ; 19 et 23.
3. c. Tous les diviseurs q1, q2, …, qn de N sont de la forme
4k +1 car ils sont impairs et distincts des pi. qi 1 4 donc N q1q2 º qn 1 ( 4 ).
N serait de la forme 4k +1, or N - 1 4 ce qui est
impossible.
La liste des entiers premiers de la forme 4k + 3 est infinie.
67 1. a. 243 000 = 23 ¥ 35 ¥ 53.
b. Les cubes de 2, 3, 5, 2 ¥ 3, 2 ¥ 5, 3 ¥ 5 et 2 ¥ 3 ¥ 5
divisent 243 000.
2. a. On étudie tous les cas.
Pour x = 2, 3, 5 et 10, y n’est pas entier.
Pour x = 15 et 30, y2 est négatif.
b. Seule solution : x = 6 et y = 33.
68 1. 31 est le plus grand diviseur premier de 496.
La somme cherchée est donc :
S = 1 + 2 +…+ 31 = (31 ¥ 32)/2 = 496.
2. Le plus grand diviseur premier de N est donc 2n – 1.
La somme cherchée est donc
S = 1 + 2 +…+ 2n – 1= ((2n – 1) ¥ 2n)/2 = (2n – 1) 2n–1= N.
3. Voir l’exercice 39.
69 A. Erratum : remplacer l’algorithme du manuel par
celui-ci.
ENTRÉE : n entier naturel supérieur à 1
INITIALISATION : u ¨ n + 1 ; S ¨ u/2
TRAITEMENTETSORTIE :
pour k de 1 à n – 1 Faire
u ¨ u + 1 ; S ¨ S*u/2
FinPour
Si S est entier Alors afficher 1
Sinon afficher 0
FinSi
Chapitre 2. Nombres premiers
7
1. On obtient tout le temps 1.
72 1. a. 272 – 7 = 2 ¥ 192.
b. La propriété est vraie pour 27 + k ¥ 192.
2. a. 272 – 3 = 6 ¥ 112.
On peut bien sûr utiliser un algorithme
n 1n 2º2n
.
2n
Conjecture : S est entier.
2. S B. 1. On sépare les pairs et les impairs dans (2n) ! :
(2n) ! = 1 ¥ 3 ¥ … ¥ (2n – 1) ¥ 2 ¥ 4 ¥ … ¥ (2n) puis on
met 2 en facteur dans chacun des n termes pairs.
On trouve an ¥ n ! ¥ 2n.
2. (2n) ! = n ! ¥ (n + 1)(n + 2)…(2n), d’où
an ¥ 2n = (n + 1)(n + 2)…(2n).
70 2. a. Pour n = 10, l’algorithme affiche 1, 2, 4, 8.
b. Conjecture : les entiers k pour lesquels 2k + 1 est
premier sont des puissances de 2.
c. Pour n = 128 on obtient :
On affine la conjecture : pour k égal à l’une des
5 premières puissances de 2, 2k + 1est premier mais
232 + 1 ne l’est pas.
71 Erratum : question 2,
73 1. La décomposition en facteurs premiers de n
comprend au moins un facteur avec un exposant
impair.
2. Si a2 = nb2, avec a et b entiers naturels, il existe au
moins un facteur premier p tel que l’exposant de p dans
n soit impair.
L’exposant de p dans a2 est pair et impair dans nb2, ce
qui est impossible.
74 1. Défis impossibles.
2. La décomposition en facteurs premiers d’un entier
est le produit de 2a (a entier éventuellement nul) avec
un produit de puissances d’entiers premiers différents
de 2 donc impairs.
3. a. Il y a n nombres impairs entre 1 et 2n.
b. n + 1 entiers bi ne peuvent prendre que n valeurs.
Au moins deux sont égaux : bk = bi.
4. qk 2 ak ¥ bk et ql 2 al ¥ bl .
Si par exemple ak ai , alors qk 2 ak - al ¥ ql puisque
bk = bl. Au moins un des entiers en divise un autre.
75 1. a. Seul 25 est régulier en base 10.
POUR ALLER PLUS LOIN
b. C’est la définition d’un nombre décimal.
1
2 8 qui est
c. 27 ¥ 515 est régulier car 1015 ¥ 7
2 ¥ 515
entier.
d. 2, 4, 5 et 8 sont réguliers en base 10, car ils sont de la
forme 2 a ¥ 5b.
a
a
1 a
2. a. n régulier € 1 22 º kk
n 60 60
60
1
€ 60 k ¥ a1 ¥ 60 k -1 a2 ¥ 60 k - 2 º ak
n
1
€ 60 k ¥ entier.
n
b. 12, 25 et 45 sont réguliers en base 60.
c. Les entiers réguliers en base 60 sont ceux qui peuvent
s’écrire 2 a ¥ 3b ¥ 5c .
d. Entre 2 et 59, il y a 23 entiers réguliers : 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ;
8 ; 10 ; 12 ; 15 ; 16 ; 18 ; 20 ; 24 ; 25 ; 27 ; 30 ; 32 ; 36 ; 40 ;
45 ; 48 ; 50 ; 54.
Voir l’exercice 70. La condition est nécessaire mais pas
4
suffisante puisque 22 1 n’est pas premier : il est
divisible par 641.
76 1. a. 5, 11, 17, 23, 29 et 41.
b. 35, 65, 77, 95, 119 et 125.
remplacer 1 – x + x2 – … + (1)p–1xp–1
par 1 – x + x2 – … + (– 1)p–1xp–1.
1. n possède au moins un facteur premier p différent de
2 donc n = pq avec q entier naturel.
2. Somme des termes d’une suite géométrique :
1 - - x p
1 - x x 2 - º -1 p -1 x p -1 .
1 x
3. a n a q p avec p impair. En remplaçant x par a q dans
la formule précédente on obtient :
a n 1 a q 11 - a q a q 2 - º a q p -1
a n 1 est divisible par a q 1 avec 1 a q 1 a n 1.
4. Contraposée : « si n n’est pas de la forme 2k alors n
n’est pas premier » implique « si n est premier alors n est
de la forme 2k ».
8
b. La propriété est vraie pour 27 + k ¥ 112.
2. Un nombre s’écrit 6k, 6k + 1, 6k + 2 = 2(3k + 1),
6k + 3 = 3(2k + 1), 6k + 4 = 2(3k + 2) ou 6k + 5.
Seuls 6k + 1 et 6k + 5 peuvent être premiers.
3. b. N ne peut être premier car il est de la forme 6k + 5
et est supérieur à tous les pi.
c. Si p1 divise N, il divise 6p1 … pn – N = 1.
Ne pouvant être de la forme 6k + 5, les diviseurs
premiers qi de N sont de la forme 6k + 1.
Pour tout i, qi 1 6, donc le produit de puissances de
qi est aussi congru à 1 modulo 6.
d. Contradiction : N ne peut être congru à 1 et – 1
modulo 6. Il y a une infinité d’entiers premiers de la
forme 6k + 5.
77 A. 1. Voir fichier sur le site Math’x.
2. a. Les nombres de la ligne L0 sont tous multiples de 3,
ceux de la ligne L1 sont tous multiples de 5, ceux de la
ligne L2 sont multiples de 7 et ceux de la ligne L3 sont
multiples de 9.
b. Aucun nombre premier n’apparaît dans le tableau.
c. Tous les nombres impairs composés de 9 à 99 sont
dans le tableau.
d. Non, 2 est premier et ne figure pas dans le tableau.
Non, par exemple 9 n’est pas premier.
B. 1. a. La suite C0 est arithmétique de premier terme 9
et de raison 6 donc uk 0 9 6k .
La raison rk de la suite L k est elle-même une suite
arithmétique de premier terme 6 et de raison 4. Donc
rk 6 4 k .
b. Donc uk j 9 6k 6 4 k j 9 6k 6 j 4 kj
2k 32 j 3 .
L’entier uk j , situé à l’intersection de la colonne Cj et de
la ligne L k , est un produit de deux entiers différents de
1. Il n’est pas premier.
2. a. L’entier 133 = 7 ¥ 19 = (2 ¥ 2 + 3)(2 ¥ 8 + 3) est dans
le tableau à l’intersection de la ligne L2 et de la colonne
C8.
b. Si l’entier 2N + 1 (N 1) n’est pas premier, il s’écrit 2N
+ 1 = P + Q, où P et Q sont deux entiers supérieurs ou
égaux à 2. P et Q sont impairs car si l’un des deux était
pair, 2N + 1 serait pair lui aussi. Étant impairs supérieurs
à 1, P et Q sont supérieurs ou égaux à 3. Donc P – 3 est
un nombre pair positif ou nul. Il s’écrit 2k avec k Œ• d’où
P = 2k + 3. De même, il existe j Œ• tel que Q = 2j + 3.
c. Finalement, un entier impair composé apparaît
forcément dans le tableau. Ce qui signifie qu’inversement,
un entier impair supérieur ou égal à 3 est premier si et
seulement si il n’y est pas.
78 Erratum : à la question 2. a. remplacer « n = 1, 2 et 3 »
par : « n = 1, 3 et 5 ».
1. a. f(0) = 82, f(1) = 5 ¥ 13, f(2) = 24 ¥ 5,
f(3) = 5 ¥ 29, f(4) = 26 ¥ 5 et f(5) = 13 ¥ 53.
b. Conjecture : f(n) est multiple de 5 si n ne l’est pas.
Modulo 5, n 0, 1, 2, 3 ou 4 donc n2 0, 1, 4, 4 ou 1 et
n4 0, 1, 1, 1 ou 1.
Donc n4 + 64 4 (5) quand n est divisible par 5 et
n4 + 64 0 (5) dans les autres cas.
c. Si n est pair, n4 et donc f(n) le sont aussi.
2. a. f(1) = 5 ¥ 13, f(3) = 5 ¥ 29 et f(5) = 13 ¥ 53.
b. On a f(n) = (n2 – 4n + 8)(n2 + 4n + 8).
c. Pour tout naturel n, n2 – 4n + 8 n2 + 4n + 8 et
n2 – 4n + 8 = (n – 2)2 + 4 donc f(n) est le produit de deux
entiers naturels strictement supérieurs à 1 donc f(n) est
composé.
POUR ALLER PLUS LOIN
Si a = 4k4 où k est un entier supérieur ou égal à 2,
n4 + a = n4 + (2k)4 = (n2 – 2kn + 2k2)(n2 + 2kn + 2k2).
n2 + 2kn + 2k2 = (n + k)2 + k2 ≠ 1 et on démontre que
n2 – 2kn + 2k2 ≠ 1 en prouvant que le trinôme
n2 – 2kn + 2k2 – 1 n’a pas de racine réelle donc a fortiori
pas de racine entière.
79 1. a. p 10 p 1 3 et p 20 p 2 3.
Un tableau à double entrée montre qu’un et un seul est
multiple de 3.
b. 3, 13 et 23. 3 est le seul multiple premier de 3.
2. a. Modulo 3, 3u 13v 23w v - w .
Donc, si 3u 13v 23w 0 , alors v w 3.
b. 0 3u 13v 23w 3u 39k 13r 69k ¢ 23r
d’où u -13k - 23k ¢ - 12r .
c. Les trois coordonnées sont comprises strictement
entre – 5 et 5.
Pour r = 1, - 5 3k 1 5 conduit à k = – 1, 0, 1.
De même pour k¢, et il faut - 5 -13k - 23k ¢ - 12 5
soit 7 -13k - 23k ¢ 17 .
Seule possibilité : k = 1, k¢ = – 1. D’où le point (– 2 ; 4 ; – 2).
Le cas r = 0 conduit au point O et r = 2 à (2 ; – 4 ; 2).
80 A. 1. 6 21 ¥ 22 - 1 et 28 22 ¥ 23 - 1.
2. a. Les diviseurs propres de 2 n p sont 2i avec 0 i n et
2 k p avec 0 k n - 1 (utiliser des suites géométriques).
Leur somme est 1 p 2 n 1 - 1 - 2 n p.
b. et c. Si p 2 n 1 - 1, la somme vaut a, qui est parfait.
3. Si 2 n1 - 1 est premier, a 2 n 2 n 1 - 1 est parfait :
pour n = 4, a = 496 ; pour n = 6, a = 8 128.
B. 2. a. Les diviseurs de a sont 2i dk avec 0 i n et
1 k p.
n
Â2i dk 2n1 - 1dk donc s a 2n1 - 1s(b).
i 0
Chapitre 2. Nombres premiers
9
b. a est parfait si et seulement si s a 2a.
3. a. s a 2a € 2 n 1 - 1s b 2 n 1b - b b
€ 2 n 1 - 1s b - b b.
Si b est premier, on a s b 1 b.
D’après la question 3. a, b 2 n 1 - 1.
4. Tout nombre pair parfait est de la forme 2 n ¥ 2 n 1 - 1
avec 2 n1 - 1 premier.
81 1. 107, 137, 167, 197, 227, 257.
2. a. Si u0 = 3, u3 = 3 + 3r est divisible par 3.
b. up p pr est divisible par p donc aucune suite ne
peut être composée de nombres premiers.
c. Si le premier terme est p, il y a au plus p termes
consécutifs premiers.
d. Si le premier terme est inférieur ou égal à N – 1, il y
aura au plus (N – 1) termes.
3. a. Le premier terme doit être pair, u0 = 2, et la raison
impaire. Il n’y a alors que deux termes.
b. S’il y a trois termes, ils sont impairs donc leur
différence est paire.
c.
a
0
u0
1
2
u1
u2
u1
u2
u1
u2
0
0
0
1
1
2
2
1
1
2
2
0
0
1
2
2
1
0
1
1
0
u0 est supérieur ou égal à 5.
Pour que u1 et u2 soient premiers, il faut a 0 3.
De plus a est pair donc a est multiple de 6.
4. a. r est multiple de 2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ 7 = 210.
b. Pour m = 9, on trouve : 199, 409, 619, 829, 1 039,
1 249, 1 459, 1 669, 1 879, 2 089.
82 1. C’est le théorème de Pythagore.
2. Le volume est abc mais aussi 348 960 150 p.
3. m et n étant de parités différentes, mn est pair.
Comme k3mn(m2 – n2)(m2 + n2) = 174 480 075p,
174 480 175p est divisible par 2 donc p = 2.
4. d Ôk donc d 3Ô2 ¥ 35 ¥ 7 ¥ 11 ¥ 13 d’où d = 3 ; on a k = 3
ou k = 1.
Si k = 1, m ou n est divisible par 35 donc m 35 et
2mn m - nm n m2 n2 35 4 .
6. a. • d Ôm et d Ôm - n fi d Ô2m et d Ôn par combinaison
fi d Ôm et d Ôn car de impair.
En effet, m et n étant de parités différentes, m – n est
impair.
• Même chose pour m + n et m2 + n2.
c. L’un des facteurs est divisible par 3 et premier avec les
autres facteurs.
10
Ce facteur est donc divisible par 9.
De même, un facteur divisible par 5 est divisible par 25
car premier avec les autres facteurs.
7. a. m = 2 et n = 1 n’est pas solution.
• Si n = 1, m 3 donc m – n 2 ; m + n 4 et
m2 + n2 10.
• Si n 2, m + n 5, m2 + n2 13, m 3, seul m – n
peut être égal à 1.
b. Comme n < m, n2 < m2 donc m2 + n2 < 2 n2.
On a n ou m – n supérieur ou égal à 2 donc :
n(m – n) 2 et m + n m donc
mn(m – n) (m + n) 2 m2.
On a aussi : (m2 + n2)2 mn(m – n) (m + n) (m2 + n2).
c. On a m m2 n2 59 donc n 59, m - n 59 et
m n 2m 118.
Le facteur premier 373 ne peut diviser que m2 + n2.
8. a. Comme on a m2 n2 12 924 450 10 ¥ 373 ,
k 9.
D’après la question 6. c, k = 1, 2, 7 ou 9.
b. m et n étant de parités différentes, mn est pair.
c. • Si m n 3, m - n 0 3
• Si m 0 3 ou n 0 3, mn m - nm n 0 3.
• Si m 2 3 et n 1 3, m n 0 3.
• Si m 1 3 et n 2 3, m n 0 3.
Par disjonction des cas, on a :
mn m - nm n 0 9.
d. On a donc k ≠ 2 et k ≠ 9, car les cinq facteurs sont
deux à deux premiers entre eux d’où k = 1 ou k = 7.
Soit q un entier ; si q pair alors q2 0 4 et si q impair
alors q2 1 4 donc m2 n2 1 4 .
7 ¥ 373 3 4 donc m2 n2 373.
e. m 373 donc m 19 et 2m2 373 ; m 14.
On trouve m = 18, n = 7.
La stèle mesure 756 dm, 825 dm et 1 119 dm.
83 Nombres premiers à 2 chiffres : impossible car les
6 chiffres 0, 2, 4, 5, 6, 8 ne peuvent être un chiffre des
unités.
5, 29, 67, 83 et 401 ou 2, 41, 53, 89 et 607 sont premiers.
84 Le point d’intersection a pour ordonnée mn.
Les points de l’axe des ordonnées qui n’appartiennent à
aucun segment [MN] ont pour ordonnée un nombre
premier.
85 10 et 17.
86 6n2 – 47n + 91 = (2n – 7)(3n – 13) est composé à
partir de 5 puisque 2n – 7 3 et 3n – 13 2.
Pour n = 0, 1, 2, 3, 5, il est également composé et pour
n = 4, il vaut – 1.
87 n4 – 12n2 + 16 = (n2 – 2n – 4)(n2 + 2n – 4) est non
premier dès qu’aucun des deux facteurs n’est égal à 1
ou – 1, ce qui est le cas sauf pour n = 1ou n = – 1 (il vaut
alors 5) ou n = 3 ou n = – 3 (il vaut alors 11).
88 Vrai. Le produit (a + 1)(b + 1)… est impair si et
seulement si a, b, … sont pairs.
89 1. Quelques essais conduisent à N multiple de 3.
2. Si a premier supérieur à 3, il est congru à 1 ou 2
modulo 3 donc son carré et congru à 1. La somme de
trois d’entre eux est divisible par 3.
90 La propriété est vraie pour tout entier impair.
(2p + 1)2 + 13 = 4(p2 + p + 3) + 2.
91 1. Entre 2 et 11 : 2, 3, 5, 7, 11 sont premiers
mis à part ce cas, dans 10 entiers consécutifs, 5 sont
pairs et un impair est multiple de 5. Il reste au mieux
4 nombres premiers, comme 101, 103, 107 et 109 entre
100 et 110.
2. Parmi 21 entiers consécutifs, il y a au maximum 11
entiers impairs dont 2 multiples de 5. Il y a au maximum
9 nombres premiers. Ce maximum est atteint pour les
entiers de 2 à 23.
92 2c(2c – 2) + 1 = (2c – 2 + 1)2.
Chapitre 2. Nombres premiers
11