exercice 1-C
1) On définit des entiers a' et b' par :
a = ga', b = gb'.
La relation proposée s'écrit :
gm = ga'gb', m = a'gb'.
Montrons que ga'b' est un multiple commun à a et b : ga'b' = ab' = a'b.
Soit M un multiple commun à a et b, il existe des entiers p et q tels que : M = pa = qb,
pga' = qgb', pa' = qb'.
Comme a' divise qb', et est étranger à b', a' divise q, donc il existe n tel que q = na', donc :
M = na'b = nga'b'.
Il en résulte que ga'b' est bien le plus petit multiple commun (positif) des entiers a et b.
2) Soit t un diviseur positif commun à a et b. Il en résulte que t divise a et nb, soit np et n2 + np, donc t divise np et n2. Comme n et p sont étrangers, il existe des entiers u et v tels que :
un + vp = 1 un2 + vpn = n,
donc un diviseur commun à np et n2 divise n. Par un raisonnement analogue, on voit que t divise p. Il en résulte que t est un diviseur commun à n et p, donc t = 1.
D'après la question précédente, le PPCM est le produit ab.
3) Pour fixer les idées, supposons n > p (si n = p, il n'y a pas de problème).
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
On a l'égalité :
2n – 1 = (2p – 1 )2n-p + 2n-p – 1, et si n – p > p 2n-p – 1 = (2p – 1 )2n-2p + 2n-2p – 1, …
On peut répéter cette opération q fois si 0 ≤ n – qp < p, c'est-à-dire si q est le quotient de la division euclidienne de n par p. On obtient :
2n – 1 = (2p – 1 )2n-p + (2p – 1 )2n-2p +…+ (2p – 1 )2n-qp + 2n-qp – 1.
En conclusion, si n = qp + r, avec 0 ≤ r < p on a l'égalité : 2n – 1 = (2p – 1 )(2n-p + 2n-2p +…+ 2n-qp)+ 2r – 1,
et comme 0 ≤ 2r – 1 < 2p – 1, cette dernière égalité est celle de la division euclidienne.
On en déduit donc que si d est le pgcd de n et p, alors 2d – 1 est le pgcd de 2n – 1 et 2p – 1.
Comment penser à cette solution ? Faire des essais semble la meilleure méthode pour deviner le résultat :
n = 3, p = 2, pgcd(7, 3) = 1 = 21 – 1, n = 6, p = 2, pgcd(63, 3) = 3 = 22 – 1, n = 9, p = 6, pgcd(511, 63) = 7 = 23 – 1.
4) Si p est un diviseur commun à a et b, c'est aussi un diviseur commun à a2 et b, ou à a3 et b.
Soit q le pgcd de a2 et b, c'est un multiple de p : q = np.
Si n > 1, soit p' un diviseur premier de n : n = p'n'.
On écrit :
a = pa', b = pb' = p'n'pb", a2 = p2a'2 = p'n'pa", pa'2 = p'n'a"
b' = p'n'b".
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
Si p' ≠ p, on voit que p' divise a'2, donc a', ce qui est impossible, puisque p' divise aussi b' et que a' et b' sont étrangers.
On en déduit que p' = p, donc p est le seul diviseur premier de n, qui est donc une puissance de p.
Conclusion : le pgcd de a2 et b est une puissance de p.
On procède de même pour a3 et b, avec le même résultat.
(QC-1) Que peut-on dire si le pgcd de a et b n'est pas un nombre premier
?
exercice 2-C
1) Par exemple, pour 2 et 3 :
diviseurs de 2 = {1, 2}, diviseurs de 3 = {1, 3}, diviseurs de 6 = {1, 2, 3, 6}, σ(2) = 3, σ(3) = 4, τ(2) = τ(3) = 2,
τ(6) = 4, σ(6) = 12.
Sur cet exemple, les diviseurs de mn sont tous les produits d'un diviseur de m et d'un diviseur de n. Est-ce que cela se généralise ?
Notons Div(k) l'ensemble des diviseurs positifs d'un entier k.
On définit une application :
Div(m) × Div(n) → Div(mn) (u, v) → uv,
montrons que c'est une bijection.
Une remarque préliminaire : comme m et n sont étrangers, chaque diviseur de m est étranger à chaque diviseur de n.
Injectivité ( ) : soient (u, v) et (u', v') deux couples tels que uv = u'v'.
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
On applique le lemme de Gauss : u divise u'v', et est étranger à v' donc u divise u', de même v divise v' : il existe des entiers k et t tels que ku = u', et tv = v'.
Mais comme uv = u'v', ktu'v' = u'v', donc kt = 1 donc on a l'égalité : k = t = 1,
et u = u', v = v'.
Surjectivité ( ) : soit w un diviseur de mn. Soit p un diviseur premier de w.
Il divise mn donc s'il ne divise pas m, il est premier avec m et donc divise n. On peut donc ranger les facteurs premiers de w en deux familles disjointes : celles des facteurs premiers qui divisent m et celle des facteurs premiers qui divisent n. Soit w' le produit des facteurs premiers de la première famille et w" le produit des facteurs premiers de la seconde famille. On a w = w'w", et comme w' divise mn et est étranger à n, alors w' divise m, et de même w" divise n.
L'application définie ci-dessus est bijective donc les deux ensembles ont le même nombre d'éléments : τ(mn) = τ(m)τ(n).
De même, σ(mn) est la somme des produits d'un diviseur de m et d'un diviseur de n, c'est donc le produit de la somme des diviseurs de m par la somme des diviseurs de n : σ(mn) = σ(m)σ(n).
2) Exemples :
Div(23) = {1, 2, 4, 8}
τ(23) = 4 = 3 + 1, σ(23) = 15 = 16 – 1, Div(32) = {1, 3, 9}
τ(32) = 3, σ(32) = 13.
A la lumière de ces exemples, on voit que les égalités proposées résultent simplement du fait que :
Div(pq) = {1, p, p2,…,pq}
et de la formule usuelle de somme des premiers termes d'une suite géométrique.
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3) Soit n un entier, dont la décomposition en produit de facteurs premiers s'écrit :
La décomposition de 300 s'écrit :
300 = 223152, nombres impairs supérieurs ou égaux à 3 :
2n – 1 = (2p)q – 1 = (2p – 1)((2p)q-1 + (2p)q-2 +…+ 1),
et 2p – 1 ≥ 7, par ailleurs, (2p)q-1 + (2p)q-2 +…+ 1 est somme d'au moins 3 termes au moins égaux à 1. Donc 2n – 1 n'est pas premier.
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
Soit N = 2n-1(2n – 1), calculons σ(N) et τ(N) :
σ(N) = σ(2n-1)σ(2n – 1) = (2n – 1)[(2n – 1) + 1] = 2N, τ(N) = τ(2n-1)τ(2n – 1) = 2n.
Les premiers nombres parfaits sont calculés par Maxima : 6, pour n = 2, et
On trouve ensuite 28, 496, 8128, 33550336, …
exercice 3-C
1) La première question est évidente.
Pour la seconde, d est un diviseur commun de a et b donc divise le pgcd de (a, b), soit d'. La relation :
a2 + b2 = c2
montre que d'2 divise c2. Pour chaque facteur premier p de d', soit v(p) l'exposant de p dans d'. On voit que p2v(p) divise c2, donc p divise c. Soit
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w(p) l'exposant de p dans la décomposition de c en produit de facteurs premiers : comme p2v(p) divise c2, 2v(p) ≤ 2w(p) donc v(p) ≤ w(p).
Ce raisonnement s'applique à tout facteur premier de d', il en résulte que d' divise c.
L'entier d' est donc un diviseur commun à (a, b, c), donc un diviseur de d.
On conclut d = d' (ce sont des entiers positifs).
Un raisonnement analogue s'applique à (a, c) et (b, c).
La troisième demande est évidente, par simplification.
On se ramène donc au cas de 2).
2) Comme a et b sont étrangers, ils ne peuvent pas être pairs simul-tanément.
Si a et b sont impairs, on écrit a = 2a' + 1, b = 2b' + 1 ( ), donc : a2 + b2 = 4a'2 + 4b'2 + 4a' + 4b' + 2.
Or un carré c2 est de l'une des formes ( ) :
4k si c est pair, 4k + 1 si c est impair.
Il est donc impossible que a et b soient impairs.
Il reste donc le cas où l'un est pair, l'autre impair, par exemple a = 2a' + 1, et b = 2b' :
a2 + b2 = 4a'2 + 4b'2 + 4a' + 1
donc c est impair d'après la remarque faite ci-dessus, c = 2c' + 1.
3) Avec ces notations :
a + c = 2a' + 2c' + 2 c – a = 2c' – 2a'.
Posons :
p = a' + c' + 1 q = c' – a'.
Ces entiers vérifient bien a = p – q, c = p + q. Un diviseur commun de p et q serait un diviseur commun de a et b donc p et q sont étrangers.
La relation a2 + b2 = c2 donne :
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
a'2 + b'2 + a' = c'2 + c', (c' – a')(c' + a' + 1) = b'2,
qp = b'2.
Soit r un facteur premier de q, il divise b'2, et comme r n'est pas un facteur premier de p, l'exposant de r dans q est le même que dans b'2, en particulier il est pair. Comme cela est vrai de tout facteur premier de q, on voit que q est le carré d'un entier. On raisonne de la même façon pour p.
4) Par définition :
a = m2 – n2, c = m2 + n2, b2 = c2 – a2 = 4m2n2,
b = 2mn.
5) Soient m et n des entiers premiers entre eux, et posons : a = m2 – n2, c = m2 + n2, b = 2mn,
on voit bien que (a, b, c) est un triplet pythagoricien dont les termes sont deux à deux étrangers. En effet, s'il existait un diviseur premier commun à a et c, ce serait un diviseur commun à m et n. Un diviseur premier de b, est nécessairement soit 2, soit un diviseur premier de m ou n. Or 2 ne divise pas a, ni c, puisque m et n sont de parités différentes. Un diviseur de m qui diviserait a (respectivement c) diviserait n, donc serait un diviseur commun à m et n, soit 1.
(QC-1) A quel choix de m et n correspond le triplet (3, 4, 5) ?
(QC-2) Si n = 2, m est impair quelconque. Donner les trois premiers triplets ainsi obtenus.
(QC-3) Examiner la question de la forme des triplets pythagoriciens de rationnels.
exercice 4-C
Rappelons que le théorème de Fermat affirme que l'équation : xn + yn = zn
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
n > 2, n'a pas de solutions entières autres que les solutions évidentes (1, 0, 1), (0, 0, 0) …
1) Soit d le pgcd de (a, b, c), et a = da', b = db', c = dc' : (da')4 + (db')4 = (dc')4
a'4 + b'4 = c'4.
Un diviseur premier commun à deux des entiers a', b', c' divise encore le troisième, et de même pour (a', c') et (a', b'). Le seul diviseur commun à a', b', c', supérieur ou égal à 1 est 1, donc ces couples sont étrangers.
2) L'équation :
x4 + y4 = z2
est un cas particulier de l'équation étudiée dans l'exercice précédent.
Si (a, b, c) est une solution formée d'entiers étrangers deux à deux, alors (a2, b2, c) est un triplet pythagoricien formé d'entiers étrangers deux à deux, donc il existe des entiers m et n tels que :
a2 = m2 – n2, c = m2 + n2, b2 = 2mn.
On sait que c est impair, donc m2 et n2 sont de parités différentes, et il en est de même pour m et n. Il vérifient la relation :
n2 + a2 = m2.
3) Comme a est impair, on déduit de l'exercice 3 que n est pair et m impair.
Il existe donc des entiers m' et n' tels que :
n = 2m'n', a = m'2 – n'2, m = m'2 + n'2, et on a bien :
b2 = 4m'n'm.
Dans l'exercice précédent, on a vu que m' et n' sont étrangers, donc m et m' également, ainsi que m et n', puisque m = m'2 + n'2.
Soit p un facteur premier de m. Il divise b donc p2 divise 4m'n'm, donc p2 divise m. On voit que m est un carré. On raisonne de même pour m' et n'.
4) Posons m = t2, m'= r2, n' = s2. On obtient donc l'égalité : t2 = r4 + s4.
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
Or il est clair que 0 < t < c, et r > 0, s > 0. Comme on avait supposé que c était une solution minimale, on aboutit à une contradiction, l'équation :
z2 = x4 + y4 n'a pas de solution non triviale.
Comme l'équation :
z4 = x4 + y4 s'écrit :
(z2)2 = x4 + y4
on voit que l'équation de Fermat pour n = 4 n'a pas d'autre solution que les solutions évidentes.
(QC-1) Déduire le Théorème de Fermat pour les exposants multiples de 4.
exercice 5-C
1) Il est clair que φ(p) est pair, puisque 2 < p, et 2 premier. Donc il existe k tel que φ(p) = 2k, et :
q = 2φ(p) – 1 = 4k – 1 = 4(k – 1) + 3.
Comme φ(p) ≥ 6p, q ≥ 12p – 1 > p.
D'après le théorème de Bézout, un nombre premier inférieur ou égal à p est premier avec q :
1 = 2φ(p) + q.
Tout facteur premier de q est donc supérieur à p.
Un nombre premier impair est de la forme 4k + 1, ou 4k + 3 ( ). Un produit de nombres de la forme 4k + 1 est encore de cette forme ( ), donc q ne peut pas être produit uniquement de tels nombres, donc si q n'est pas premier, il admet un facteur premier de la forme 4k + 3, supérieur à p.
Il existe donc des nombres premiers aussi grands qu'on veut de la forme 4k + 3.
2) Un nombre premier supérieur à 5 est de l'une des formes ( ) :
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
6k + 1, 6k + 5.
Le produit de nombres de la forme 6k + 5 est de la forme : (6k + 5)(6k' + 5) = 6(5k + 5k' + 6kk' + 4) + 1 = 6K + 1, et le produit de nombres de la forme 6k + 1 est encore de cette forme.
Or :
φ(p) = 2× 3 × … × p = 6K, donc q est de la forme 6k – 1, ou encore 6k + 5.
Donc un nombre impair de ses facteurs premiers est également de cette forme. Il y a donc, pour tout nombre premier p au moins égal à 5 un nombre premier au moins de la forme 6k + 5 supérieur à p.
3) Existe-t-il un nombre premier dans l'ensemble : {φ(p) + 2, …, φ(p) + p}.
Soit φ(p) + k (k > 1) un élément de cet ensemble. Soit r un diviseur premier de k. Il est nécessairement inférieur à p, donc divise également φ(p). On voit que φ(p) + k n'est pas premier, donc l'intervalle de N :
[φ(p) + 2 , φ(p) + p], de longueur p – 1 ne contient pas de nombre premier.
(QC-1) φ(p) + 1 est-il premier ?
exercice 6-C
1) Le premier membre de l'équation est divisible par 3, pgcd de 18 et 15, quelles que soient les valeurs de x et y. Une condition nécessaire d'existence d'une solution (x, y) est que a soit divisible par 3.
Supposons que ce soit le cas, et soit a' tel que a = 3a'.
L'équation devient :
6x + 5y = a'.
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
On note maintenant, après division par le pgcd de 18 et 15, que les coefficients du premier membre sont étrangers. On peut donc leur appliquer le théorème de Bézout : il existe des entiers u et v tels que :
6u + 5v = 1, donc :
6ua' + 5va' = a'.
A tout couple (u, v) de l'égalité de Bézout correspond une solution de l'équation, soit (a'u, a'v).
Par exemple (u, v) = (1, –1), et une solution est (a', –a').
Si (x, y) est une solution de :
6x + 5y = a', on écrit :
6x + 5y = 6a' – 5a', 6(x – a') = 5(– y – a').
Utilisons encore le fait que les coefficients de l'équation sont étrangers : 6 est étranger à 5 donc (Théorème de Gauss) 6 divise – y – a'.
Il existe donc un entier k tel que :
– y – a' = 6k, y = – a' – 6k, et on obtient également :
x = a' + 5k.
Tous les couples (a' + 5k, – a' – 6k) sont solutions donc ils représentent l'ensemble des solutions.
La méthode générale est donc la suivante :
Vérifier la condition nécessaire : le pgcd de u et v divise a.
Si cette condition est vérifiée, simplifier par ce pgcd : xu' + yv' = a',
puis résoudre l'équation obtenue en cherchant d'abord des coefficients du Théorème de Bézout :
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
x'u' + y'v' = 1 puis en multipliant par a'.
Des coefficients vérifiant la formule de Bézout peuvent se trouver à partir de l'algorithme d'Euclide.
2) Si y et z sont des entiers vérifiant : 14z – 15y = 1,
on voit que x = 2 – 15y est une solution du système, puisqu'on aura également x = 3 – 14z.
L'équation :
14z – 15y = 1,
a des solutions puisque 14 et 15 sont étrangers, par exemple : z = –1, y = –1
Les autres solutions sont de la forme :
(y , z) = (–1 + 14k, –1 + 15k), d'où les solutions du système :
(x, y, z) = (17 – 210k, –1 + 14k, –1 + 15k), k étant un entier quelconque.
Méthode générale : Soient u et v vérifiant :
pu – qv = a – b.
Ces entiers existent, puisque, p et q étant étrangers, il existe des entiers u' et v' vérifiant :
pu' + qv' = 1, il suffit de prendre u = (a – b)u', v = (b – a)v'.
L'ensemble des solutions de l'équation : py – qz = a – b
est l'ensemble des couples (u + kq, v + kp), k entier quelconque.
Les solutions du système sont donc :
(x, y, z) = (a – pu – kpq, u + kq, v + kp),
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
k entier quelconque.
exercice 7-C
1) Il faut résoudre :
7b + 13n = 1.
Conformément à la méthode employée à la question précédente, il est nécessaire que le pgcd de 7 et 13 divise 1, ce qui est vrai.
Il faut ensuite trouver une solution particulière : ici b = 2, n = –1 est une solution évidente. On voit que 2 est un inverse de 7 modulo 13.
(NB : le lecteur familier de la notion de congruence traduira facilement dans ce langage).
Pour la seconde équation :
4b + 12n = 1,
la condition nécessaire n'est pas vérifiée puisque le pgcd de 4 et 12 vaut 4, et ne divise pas 1.
On voit qu'une condition nécessaire d'existence d'un inverse de a modulo p est que a et p soient étrangers.
On le vérifie sur le dernier exemple : 7b + 12n = 1.
Ici 7 et 12 sont étrangers. On sait par le théorème de Bézout qu'il existe des solutions à cette équation, donc la condition est également suffisante.
Pour calculer une solution, s'il n'y en a pas d'évidente, on passe par l'algorithme d' Euclide :
12 = 7 + 5 7 = 5 + 2 5 = 2 × 2 + 1, d'où :
1 = 5 – 2 × 2
1 = 5 – 2× (7 – 5) = –2 × 7 + 3 × 5 1 = –2 × 7 + 3 × (12 – 7)
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
1 = –5 × 7 + 3 × 12.
Méthode : partant de la dernière égalité, celle où apparaît le pgcd, on substitue de proche en proche les restes (en gras ci-dessus) en les remplaçant par la combinaison (dividende – quotient ∞ diviseur).
On conclut : –5 est un inverse de 7 modulo 12.
Une condition nécessaire et suffisante pour qu'un entier a ait un inverse modulo un entier p est que a et p soient étrangers.
(QC-1) Que peut-on en déduire si p est premier, ou puissance d'un nombre premier q ?
2) Un entier a est d'ordre fini modulo p s'il existe des entiers n > 0, et k tels que :
an = 1 + kp, an – kp = 1,
donc a et p sont étrangers d'après le théorème de Bézout.
Si a est étranger à p, toute puissance de a est un entier étranger à p : en effet si un nombre premier divise p et an, il divise a, et c'est donc un diviseur commun à a et p.
L'ensemble considéré est formé d'entiers compris entre 1 et p – 1, or il y en a p. Deux au moins d'entre eux sont égaux, il existe i et j entiers vérifiant 0 < i < j < p, tels que ai = aj, et des entiers m et n tels que :
ai = np + ai, aj = mp + aj, aj – ai = (m – n)p, ai (aj-i – 1) = (m – n)p.
On voit que p divise ai (aj-i – 1), et comme ai et p sont étrangers, p divise (aj-i – 1), donc a est bien d'ordre fini modulo p.
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
La division de n par ω(a) s'écrit :
n = ω(a)q + r, donc :
ar aω(a)q = an, ar (1 + kp) = 1 + sp,
ar = 1 + (s – kar)p,
or ω(a) est le plus petit entier t strictement positif tel que at – 1 soit divisible par p. Comme 0 ≤ r < ω(a), on voit que r = 0, et n est divisible par ω(a).
3) La relation est réflexive, prendre t = ω(a).
La relation est symétrique :
x – aty = kp entraine aω(a)-t(x – aty) = aω(a)-tkp aω(a)-tx – aω(a)y = aω(a)-tkp aω(a)-tx – (1 + np)y = aω(a)-tkp
aω(a)-tx – y = (aω(a)-tk + ny)p.
Enfin la relation est transitive.
S'il existe des entiers convenables tels que : x – asy = np y – atz = mp alors :
x – as+tz = (n + asm)p.
Soit C une classe d'équivalence, et x un de ses éléments. Les éléments de la classe sont les entiers de G de la forme :
y = asx + kp,
donc ce sont les restes des divisions des entiers asx par p, pour : 0 < s ≤ ω(a).
Comme tous ces entiers sont étrangers à p, il y a exactement ω(a) éléments distincts dans cette classe donc dans chaque classe.
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
La réunion des classes d'équivalence est G, donc s'il y a m classes d'équivalence, le nombre d'éléments de G est égal à m ∞ ω(a).
exercice 8-C
D'après l'exercice précédent, ϕ(n) est le nombre d'entiers inférieurs à n étrangers à n, noté N ci-dessus.
1) Si n est premier, il est premier avec tous les entiers positifs plus petits que lui, donc ϕ(n) = n – 1.
2) Si n est premier, c'est un théorème de Fermat rappelé dans la première partie. De façon générale, on a vu ci-dessus que si a est étranger avec n, alors ϕ(n) est un multiple de l'ordre de a modulo n, soit sω(a), d'où :
aϕ(n) = (aω(a))s = (1 + kn)s
= 1 + Kn.
3) Notons, comme dans l'exercice précédent, G(p) l'ensemble des entiers inférieurs à p et étrangers à p. On définit une application :
G(mn) --. G(m) ∞ G(n)
en associant à un entier w le couple formé du reste de la division de w par m et du reste de la division de w par n. Ces restes sont bien dans G(m) et G(n) respectivement. Par exemple :
w = qm + r,
donc un diviseur commun à m et r serait un diviseur de w, donc commun à m et w. Ce diviseur serait alors 1.
Montrons que cette application est bijective.
Injectivité ( ) : si w et y ont la même image (r, s), alors il existe des entiers p, q, p', q', tels que :
w = qm + r y = q'm + r
w = pn + s y = p'n + s.
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
On obtient :
w – y = (q – q')m = (p – p')n,
donc n divise q – q', et m divise p – p', donc mn divise w – y. Comme w et y sont inférieurs à mn, on voit que w – y = 0.
Surjectivité ( ) : soit (r, s) un couple dans G(m) ∞ G(n). Il faut résoudre le système d'équations en x, y, w :
w – mx = r w – ny = s.
On a traité ce problème dans l'exercice 6.
L'application est bien bijective, d'où l'égalité demandée.
4) Les entiers inférieurs à pn non premiers avec p, sont les multiples de p.
Ils s'écrivent :
p, 2p, …, (pn-1 – 1) p,
il y en a donc pn-1 – 1. Le nombre total d'entiers entre 1 et pn est pn – 1, donc :
ϕ(pn) = pn – 1 – (pn-1 – 1) = pn – pn-1.
5) Si a s'écrit :
a = p1n1…prnr, alors :
ϕ(a) = (p1 – 1)p1n1-1…(pr – 1)prnr-1 d'après les résultats précédents.
(QC-1) Exprimer ϕ(a)/a par une formule simple en fonction des facteurs premiers de a.
exercice 9-C
1) Si q est pair et supérieur à 2, il existe un entier p, au moins égal à 2, tel que q = 2p. On écrit :
2q – 1 = (2p)2 – 1 = (2p – 1)(2p + 1),
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
et :
2p – 1 ≥ 4 – 1, donc 2q – 1 n'est pas premier.
Il est divisible par 3, car 22 = 1 + 3, donc il existe un entier k tel que : (22)p = (1 + 3)p = 1 + 3k
2q – 1 = 3k.
2) Si q est impair non premier, il est le produit de nombres impairs strictement supérieurs à 1, q = rs :
2rs – 1 = (2r)s – 1
= (2r – 1)(1 + 2r +…+ (2r)s-1),
et les deux facteurs de ce produit sont bien supérieurs à 1, donc 2q – 1 n'est pas premier.
En conclusion, si 2q – 1 est premier, alors q est impair et premier.
3-1) Les nombres de Mersenne sont impairs donc p est impair, et par conséquent étranger à 2. D'après un résultat de Fermat, p – 1 est un élément de A. Par ailleurs, par définition, q est un élément de A.
Soit n dans A, effectuons la division euclidienne de n par ω : n = ωu + v, 0 ≤ v < ω.
On a des entiers k, r, K tels que :
2n = (2ω)u2v 1 + kp = (1 + rp)u2v
1 = 2v + Kp
donc v appartient à A, et comme il est inférieur à ω, v = 0.
(Cf. exercice 7 question 2)).
En particulier, ω divise q, qui est premier, donc ω = q.
3-2) On a remarqué que p – 1 est dans A, donc q divise p – 1.
3-3) Les "candidats" sont des nombres premiers p pour lesquels il existe t vérifiant :
p = 1 + 11t.
☺ indications pour résoudre - méthode - lexique
Voici les premiers :
t = 2, p = 23 t = 6, p = 67 t = 8, p = 89.
Par ailleurs M11 vaut 2047. On voit facilement que 23 divise 2047 : 2047 = 23× 89.
exercice 10-C
1) Il est clair que si un nombre a est premier avec un nombre N, il est premier avec chacun de ses diviseurs. On applique le théorème de Fermat à a et à chaque nombre premier pi, il existe un entier ti tel que :
api– 1 = 1 + tipi, (api– 1)bi = (1 + tipi)bi ,
aN-1 = (1 + tipi)bi .
1-2) Il suffit de développer l'égalité ci-dessus pour vérifier que pi divise bien aN-1 – 1. Comme les pi sont des nombres premiers distincts, on en déduit que leur produit N divise aN-1 – 1.
2) Factorisons ces entiers, ainsi que leur différence avec 1.
Nous utilisons "divisors" dans Maxima.
On voit dans les résultats ci-dessous que les relations demandées sont bien vérifiées.
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On peut écrire un petit programme pour chercher les nombres dde Charmichael inférieurs à un entier donné (la difficulté réside dans la recherche des nombres premiers : fonction primep(n) de maxima)
3-1) On écrit :
pq – 1 = (q – 1)p + (p – 1), donc si q – 1 divise pq – 1, alors q – 1 divise p – 1.
3-2) Mais il est impossible que q – 1 divise p – 1 puisque q < p, donc pq n'est pas un nombre de Carmichael.
4-1) On procède de même.
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On a la formule générale :
pqr – 1 = (pr – 1)q + (q – 1),
donc, comme q – 1 divise pqr – 1, et q – 1 est premier avec q, on voit que q – 1 divise pr – 1.
Le même raisonnement s'applique à r – 1.
4-2) On écrit les égalités suivantes. Il est clair que u n'est pas nul, puisque pq ne vaut pas 1, et que tu ≠ p2, sinon t = u = p, ce qui entraine, en reportant
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Dans l'expression ci-dessus donnant q en fonstion de p, u, t, comme q > 2, le dénominateur de la fraction est positif :
tu > p2. D'autre part, p < q, donc :
1+(p−1)(p+u) tu−p2 >p p+u
tu−p2 >1 p+u>tu−p2 t<1+ p2+p
u .
4-4) S'il existe un nombre de Carmichael pair produit de trois facteurs, alors pour ce nombre p = 2, d'où :
u = 2, 2 < t < 1 + 3, soit ( ) t = 3.
On en déduit :
q = 3, r = 7/2, ce qui est impossible.
Il n'existe pas de nombre de Carmichael pair ayant trois diviseurs premiers distincts.
S'il existe un nombre de Carmichael ayant exactement trois diviseurs premiers distincts, et multiple de 3, alors p = 3. On déduit :
u = 2 ou 3.
Si u = 2, t = 5 ou 6.
Si u = 3, t = 4.
u = 2, t = 5 :
q = 11, r = 17, N = 561.
u = 2, t = 6 :
q = 13/3, impossible.
u = 3, t = 4 :
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q = 5, r = 17/3, impossible.
Il existe un unique nombre de Carmichael ayant exactement trois diviseurs premiers distincts, et multiple de 3, c'est 561.
NB : le programme ci-dessus permet de trouver un nombre de Charmichael ayant 4 facteurs premiers distincts, c'est 41041.
exercice 11-C
1) On obtient en développant :
1) On obtient en développant :