Arithmétique dans Z
CHAPITRE 5. ARITHMÉTIQUE DANS Z
Comme (x, q)∈ G2, et comme G est un sous-groupe de (Z,+), x− nq ∈G donc r∈G.
Si r6= 0, r ∈E et r < ndonc il y a contradiction et r= 0.
Donc x=nq et x∈nZ.
DoncG=nZ.
Remarque 5.1 Pour tout n ∈N, nZ est un sous-groupe de (Z,+).
Proposition 5.1 Pour tout (m, n) ∈ Z2, nZ = mZ si et seulement si
|m|=|n|.
Pour tout (m, n)∈Z2, nZ⊂mZ si et seulement si m|n.
Démonstration. Soit (m, n)∈Z2.
• On suppose mZ⊂nZ.
En particulier, m ∈ nZ donc il existe q ∈ Z tel que m = nq. Or n|q donc n|m.
• On suppose n|m. Il existe q∈ Ztel que m =nq.
Doncm ∈nZ. Une récurrence assure que mZ⊂nZ.
5.2 PGCD et PPCM de deux entiers
5.2.1 Présentation
Définition 5.1 On appelle plus grand diviseur commun de deux entiers a etb et on notea∧b l’unique entier naturel vérifiant :
• a∧b|a
• a∧b|b
• Pour tout d′ ∈Z vérifiantd′|a etd′|b, alors d′|d.
Démonstration.
– On pose P = {ap+bq,(p, q) ∈Z2}. On vérifie que P 6=∅, que P est stable par + et −.
P est donc un sous-groupe de (Z,+). D’après le théorème précédent, il existe d∈N tel que P =dZ.
Par construction, aZ⊂P etbZ⊂P. Doncd|a et d|b.
De plus, soit d′ ∈Z tel que d′|a et d′|b.
aZ⊂d′Z etbZ⊂d′Z.
Comme d′Z est un groupe, P ⊂d′Z donc dZ⊂d′Z donc d′|a∧b.
– Soitδ∈Ntel queδ|aetδ|b. Pour toutd′ ∈Z,d′|aetd′|bimpliqued′|δ.
Comme a∧b|a eta∧b|b, a∧b|δ Comme δ|a etδ|b, δ|a∧b.
5.2. PGCD ET PPCM DE DEUX ENTIERS Donc|δ|=|a∧b|.
Doncδ =a∧b.
Définition 5.2 Soit (a, b)∈ Z2. On appelle plus petit multiple commun à a etb et on notea∨b l’unique m∈N tel que a|m, b|m et pour tout m′ ∈Z vérifiant a|m′ et b|m′, on a m|m′.
Démonstration.
– Unicité similaire à au-dessus
– On pose P =aZ∩bZ. On vérifie que P est un sous-groupe de (Z,+).
Donc il existe m ∈Ztel que P =mZ.
aZ∩bZ⊂aZ donc mZ⊂aZ.
Donca|m. De même, b|m.
– Soit m′ ∈Z tel que a|m′ etb|m′.
m′Z⊂aZ et m′Z⊂bZdonc m′Z⊂aZ∩bZ.
Doncm′Z⊂P donc m′Z⊂mZ donc m|m′.
Remarque 5.2 Pour montrer une égalité, on travaille par double divisibilité.
Soit(a, b, c)∈Z3.a|b∧csi et seulement sia|beta|c.b∨c|asi et seulement si b|a et c|a.
Proposition 5.2 Soit (a, b, c)∈Z3. a∧b =b∧a et (ac)∧(bc)| |c|(a∧b).
Démonstration.
• a∧b|a donc c(a∧b)|ac.
a∧b|b donc c(a∧b)|bc.
Doncc(a∧b)|ac∧bc.
c|ac etc|bc doncc|ac∧bc. Donc il existe r∈Z tel que (ac)∧(bc) =rc.
• On suppose c 6= 0. (ac)∧(bc)|ac donc rc|ac donc r|a. De même, r|b donc r|a∧b.
Doncrc|c(a∧b).
C’est-à-dire (ac)∧(bc)|c(a∧b).
• On en déduit |c(a∧b)|=|(ac)∧(bc)|. Enfin, |c|(a∧b) = (ac)∧(bc).
• Si c= 0, 0∧0 = 0 = 0(a∧b).
Proposition 5.3 Soit (a, b, c)∈Z3.a∨b=b∨a et (ac)∨(bc) =|c|(a∨b).
5.2.2 Entiers premiers entre eux
Définition 5.3 Soit (a, b) ∈Z2. On dit que a etb sont premiers entre eux si et seulement si a∧b = 1 (à employer à la place de a∤b).
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CHAPITRE 5. ARITHMÉTIQUE DANSZ
5.2. PGCD ET PPCM DE DEUX ENTIERS
• Soit r ∈Q∗+. Il existe (c, d)∈N×N∗ tel que r= cd. On pose a= c∧cd et b= c∧dd.
Par construction, r = ab. De plus, c∧d=c∧d× c
c∧d
∧ c∧d× d c∧d
!
= (c∧d) c c∧d
∧ d c∧d
!!
Doncc∧cd∧c∧dd= 1.
Donca∧b= 1.
• Soit (a, b, a′, b′)∈(Z×N∗)2 tel que a∧b= 1 =a′∧b′ et ab = ab′′. On note que a′b =ab′.
b′|a′b et b′∧a′ = 1 donc b′|b. De même b|b′. On a doncb =b′. De même,a =a′.
Application : Soit (a, b)∈Z2. (a∧b)(a∨b) =|ab|.
5.2.3 Algorithme d’Euclide
Lemme 5.4.1
Soit (a, b, c)∈Z3.a∧b=a∧(b+ac).
Algorithme : Soit (a, b)∈N2 tel que a > b.
Il existe (q1, r1)∈N2 tel que a=bq1+r1 etb > r1 >0.
a∧b = (a−q1b)∧b=b∧r1. Si r1 = 0, a∧b=b.
Si r1 6= 0, il existe (q2, r2)∈N2 tel que b =q2r1+r2 etr1 > r2 >0.
On a alors a∧b =b∧r1 =r1 ∧r2.
Si r2 = 0, a∧b=r1, sinon, on recommence.
a∧b est donc le dernier reste non nul. De plus, l’algorithme s’arrête tou-jours car il n’existe pas de suites d’entiers naturels strictement décroissante.
Exemple 5.1
1547 = 2×632 + 283 632 = 2×283 + 66 283 = 4×66 + 19
66 = 3×19 + 9 19 = 2×9 + 1
9 = 9×1 + 0
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CHAPITRE 5. ARITHMÉTIQUE DANSZ
Donc 1547∧632 = 1. On peut alors trouver des coefficients de Bézout : 1 = 19−2×9
= 19−2×(66−3×19)
=−2×66 + 7×19
=−2×66 + 7×(283−4×66)
= 7×283−30×66
= 7×283−30×(632−2×283)
=−30×632 + 67×283
=−30×632 + 67×(1547−2×632)
= 67×1547−164×632 Donc un couple de Bézout est (67,−164).
Remarque 5.4 Le lemme permet de remplacer un calcul de PGCD par un calcul plus simple.
Exemple 5.2 Soit (a, b)∈Z2.
Exprimer (3a+ 7b)∧(2a+ 5b) en fonction dea∧b.
(3a+ 7b)∧(2a+ 5b) = (3a+ 7b−(2a+ 5b))∧(2a+ 5b)
= (a+ 2b)∧(2a+ 5b)
= (a+ 2b)∧(2a+ 5b−2×(a+ 2b))
= (a+ 2b)∧b
=a∧b
5.3 Nombres premiers
Définition 5.4 On appelle nombre premier tout entier relatifp distinct de 1 et −1 et dont les seuls diviseurs sont 1,−1,p et −p.
Remarque 5.5 Soit (a, p)∈ Z2 tel que p soit premier. a et p sont premiers entre eux si et seulement si p ne divise pas a.
Démonstration. On montre p|a ssi p∧a6= 1.
Si p|a,p|a∧p donc a∧p6= 1.
Si p∧a6= 1, par définition, a∧p|pdonc a∧p=|p|(p premier).
Orp∧a|a donc p|a.
Application : Soit p un nombre premier, a∈Z et n∈N∗. Si p|an alors p|a.
5.3. NOMBRES PREMIERS Démonstration. On suppose que p ne divise pas a.
Alors a∧p= 1 donc an∧p= 1 donc p ne divise pas an. Exercice : Montrer que √
26∈Q.
On suppose √ 2∈Q.
Comme √
2>0, il existe (a, b)∈N2∗ tel que ab =√
2 et a∧b= 1.
On note que a2 = 2b2
2|2b2 donc 2|a2. Or 2 est premier donc 2|a donc 4|a2. Donc 4|2b2. Donc 2|b2 et 2|b.
D’où 2|a∧b, c’est-à-dire 2|1.
Il y a contradiction donc √ 26∈Q.
Théorème 5.5 Tout entier relatif distinct de 1 et −1 admet un diviseur premier positif.
Démonstration. Le résultat est trivial pour 0.
Soit n ∈N\ {0,1}.
On pose E ={d∈N\ {0,1}, d|n}. n∈E donc E 6=∅.
E admet donc un plus petit élément noté p.
Par construction, p∈N\ {0,1}et p|n. On suppose p non premier.
p6= 1 et p6=−1 donc il existe (a, b)∈N2 tel que p=ab, a6= 1 et b6= 1.
Comme a|p,a|n eta ∈J2, p−1K donc a∈E. Or a < p.
Il y a contradiction donc pest premier.
Théorème 5.6 L’ensembleP+ des nombres premiers positifs est infini.
Démonstration. On suppose P+ fini. On sait que P+ 6=∅.
Il existe n∈N∗ et (p1, p2,· · · , pn)∈P+n tel que P ={p1, p2,· · · , pn}. On posem=p1p2· · ·pn+ 1. mn’est divisible par aucun élément de P+. Donc, comme m ∈Z\ {1,−1},m est premier. Or m6∈P+.
Il y a contradiction donc P+ est infini.
Théorème 5.7 Pour tout n ∈ Z∗, il existe un unique ε ∈ {−1,1} et une unique α ∈NP+ telle que {p∈P+, α(p)6= 0} soit fini et n=ε Y
p∈P+
pα(p). Démonstration.
• Pour tout n ∈ N∗, on pose Hn : « il existe α ∈ NP+ telle que {p ∈ P+, α(p)6= 0} soit fini et n = Y
p∈P+
pα(p)».
– H1 est claire.
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CHAPITRE 5. ARITHMÉTIQUE DANSZ – Soitn ∈Ntel que H1, H2,· · · , Hn soient vraies.
Il existe p0 ∈ P+, diviseur premier positif de n+ 1. Donc il existe k ∈N tel que n+ 1 =kp0.
Donc k < n+ 1 etHk est vraie.
Donc il existe α ∈ NP+ telle que {p ∈ P+, α(p) 6= 0} soit fini et k = Y
p∈P+
pα(p). Donc n+ 1 =p0 Y
p∈P+
pα(p).
On définit β ∈NP+ par β|P+\{p0} =α|P+\{p0} etβ(p0) =α(p0) + 1.
{p∈P+, β(p)6= 0} est fini et n+ 1 = Y
p∈P+
pβ(p). Donc Hn+1 est vraie.
– Le principe de récurrence assure la partie existence du théorème.
• Soitαetβdeux applications deP+dansNtelles que{p∈P+, β(p)6= 0} et {p∈P+, β(p)6= 0} soient finis et Y
p∈P+
pα(p) = Y
p∈P+
pβ(p). On suppose α6=β.
Il existe p0 ∈P+ tel que α(p0)6=β(p0).
Sans restreindre la généralité du propos, on supposeα(p0)> β(p0). On sait que :
pα(p0 0)−β(p0)× Y
p∈P+\{p0}
pα(p) = Y
p∈P+\{p0}
pβ(p)
Doncp0
Y
p∈P+\{p0}
pβ(p).
Or, pour toutp∈P+\ {p0}, p0∧pβ(p)= 1.
Doncp0∧ Y
p∈P+\{p0}
pβ(p)= 1.
Orp0 >0.
Doncp0 = 1. Il y a donc contradiction (p0 est premier).
Doncα=β.