2.1 Preuve du théorème

Autour des diviseurs premiers de a ⁿ ± b ⁿ

Igor Kortchemski

Résumé

Nous nous intéressons à plusieurs propriétés des diviseurs premiers deaⁿ±bⁿ. En particulier, en utilisant les polynômes cyclotomiques, nous démontrons le théorème de Zsigmondy, qui s’intéresse aux diviseurs premiers deaⁿ−bⁿ ne divisant aucun des entiersa^j−b^j pour16j < n. Les notions abordées sont illustrées par de nombreux exercices issus de diverses olympiades de mathématiques.

1 Introduction

Ce texte présente des résultats concernant l’étude des facteurs premiers deaⁿ±bⁿ autour de quatre thèmes.

Nous commençons par démontrer le résultat suivant, où pour un entier relatif non nuln∈Zet un nombre premier p, on notevp(n)l’exposant de la plus grande puissance depdivisantn.

Théorème 1 (Théorème « Lifting The Exponent » (LTE)). Soitp un nombre premierimpair. Soient a, bdes nombres entiers relatifs distincts et un entier n>1. On suppose que pdivisea−b mais quep-a, p-b. Alors :

vp(aⁿ−bⁿ) =vp(a−b) +vp(n).

Si ce théorème, redécouvert de nombreuses fois, fait partie du « folklore » mathématique, il semble qu’il apparaisse en 1878 dans les travaux de Lucas [6, Section XIII] (avec une petite erreur dans le casp= 2), alors professeur au lycée Charlemagne. Il est maintenant popularisé sous le nom de « Théorème LTE ».

Nous poursuivons par des propriétés de l’ordre multiplicatif d’un entier dansZ/nZ, qui est souvent utile pour étudier des questions de divisibilité.

Nous définissons ensuite les polynômes cyclotomiques et étudions en particulier des propriétés concernant leurs diviseurs premiers en lien avec l’ordre multiplicatif.

Finalement, sia, b∈Z etn>2 est un entier, nous étudions la question de l’existence de diviseurs premiers primitifs deaⁿ−bⁿ. Par définition, un diviseur premierpdeaⁿ−bⁿest ditprimitif si, pour tout entier16j < n, p ne divise pas a^j −b^j, et non primitif sinon. Par exemple, 5 est un diviseur primitif de 2⁴−1⁴, 3 n’est pas diviseur primitif de 2⁴−1⁴, et 2⁶−1⁶ n’admet pas de diviseur premier primitif. En utilisant le théorème LTE ainsi que les polynômes cyclotomiques, nous démontrons enfin le théorème de Zsigmondy, qui garantit l’existence de diviseurs premiers primitifs, sauf exceptions.

Théorème 2 (Théorème de Zsigmondy). Soient a > b>1 des entiers premiers entre eux et n >2 un entier.

Alorsaⁿ−bⁿ admet au moins un diviseur premier primitif à l’exception des deux cas suivants : (i) 2⁶−1⁶,

(ii) n= 2 eta+b est une puissance de 2.

Ce résultat est dû à Bang [3] (1886) dans le cas b = 1, et Zsigmondy [10] (1892) dans le cas général. Ce théorème a été redécouvert plusieurs fois avec des variantes de preuve, par exemple par Birkhoff & Vandiver [4]

en 1904, Dickson [5] en 1905 (dans le casb= 1) et Artin [2] en 1955. Cependant, toutes ces preuves utilisent les polynômes cyclotomiques.

Ce théorème implique que hors cas exceptionnels (i) et (ii),a, n>2 étant fixés, il existe un nombre premier ptel que l’ordre de a modulopvautn(voir la Définition 1 ci-dessous pour la définition de l’ordre). Il est aussi intéressant de noter que la démonstration de Wedderburn du théorème éponyme [7], qui dit que tout corps fini est commutatif, utilise le théorème de Bang. Mentionnons également que le théorème de Zsigmondy trouve des applications dans la théorie des groupes finis (voir par exemple [2]).

∗DMA, École Normale Supérieure, Paris igor.kortchemski@normalesup.org

À la fin des quatre parties relatives respectivement au théorème LTE, à l’ordre multiplicatif dansZ/nZ, aux polynômes cyclotomiques et au théorème de Zsigmondy se trouvent des exercices issus de diverses olympiades de mathématiques (de niveau lycée) afin d’illustrer ces notions, et dont les solutions figurent en fin de texte. Si bien entendu des solutions différentes sans les deux derniers outils avancés existent, nous verrons que ceux-ci fournissent peut-être des approches plus naturelles.

2 Théorème LTE

2.1 Preuve du théorème

On commence par le lemme suivant.

Lemme 1. Soientx, ydes entiers relatifs distincts etn>1. Soit pun nombre premier ne divisant pasn, tel que p|x−y mais tel quep-x, p-y. Alors

vp(xⁿ−yⁿ) =vp(x−y).

Démonstration. On écritxⁿ−yⁿ = (x−y)(xⁿ⁻¹+yxⁿ⁻²+· · ·+yⁿ⁻¹). Commex≡y (modp), on remarque que xⁿ⁻¹+yxⁿ⁻²+· · ·+yⁿ⁻¹≡nxⁿ⁻¹ (mod p). Comme pne divise nix, niy, il s’ensuit quenxⁿ⁻¹ 6≡0 (modp) (et, en particulier,xⁿ6=yⁿ). Doncpne divise pasxⁿ⁻¹+yxⁿ⁻²+· · ·+yⁿ⁻¹ et le résultat en découle.

Nous sommes maintenant en mesure d’établir le théorème LTE.

Preuve du Théorème 1. Étape 1.On montre d’abord que

vp(a^p−b^p) =vp(a−b) + 1. (1)

À cet effet, notonsA=a^p−1+ba^p−2+· · ·+b^p−1. Le même raisonnement que dans la preuve du Lemme1fournit A ≡ pa^p−1 ≡ 0 (modp). Étudions maintenant A modulo p². Comme p divise a−b, il existe k ∈ Z tel que b=a+kp. Alors, tout entier06i6p−1, on a

bⁱa^p−1−i= (a+kp)ⁱa^p−1−i=



aⁱ+ikpaⁱ⁻¹+

i

X

j=2

i j

(kp)^ja^i−j



a^p−1−i ≡a^p−1+ikpa^p−2 (modp²).

Il en découle que

p−1

X

i=0

bⁱa^p−1−i ≡

p−1

X

i=0

a^p−1+ikpa^p−2

(modp²)

≡ pa^p−1+p−1

2 ·kp²a^p−2 (mod p²)

p−1

2 est entier carpest impair

≡ pa^p−1 (modp²) 6≡ 0 (mod p²) (carp-a).

Ceci établit (1).

Étape 2.Par une récurrence immédiate, on obtient que

vp(a^pi−b^pi) =vp(a−b) +i. (2) pour tout entieri>1. Écrivons à présentn=p^αN avecpne divisant pasN. Alors

vp(aⁿ−bⁿ) =vp

a^pαN

− b^pαN

=vp(a^pα−b^pα) =vp(a−b) +α,

où on a utilisé le Lemme 1pour l’avant-dernière égalité et (2) pour la dernière égalité.

Lorsquenest impair, en changeantb en−b on en déduit immédiatement le résultat suivant.

Théorème 3 (Théorème LTE bis). Soit p un nombre premier impair. Soient a, b des nombres entiers (non nécessairement positifs) et un entier n>1impair . On suppose quepdivisea+b mais que pne divise ni anib.

Alorsv_p(aⁿ+bⁿ) =v_p(a+b) +v_p(n).

Nous encourageons le lecteur à étudier le casp= 2.

Voici un exemple d’application : trouver tous les nombres premiersptels que (p−1)^p+ 1soit une puissance dep.

Pour répondre à cette question, on exclut d’abord le casp= 2qui convient bien, et on remarque qu’on peut alors appliquer le théorème LTE :vp((p−1)^p+ 1) =vp(p−1 + 1) +vp(p) = 2. Donc(p−1)^p+ 1 =p², ou encore (p−1)^p−1 = p+ 1. Donc p−1 divisep+ 1, et donc p−1 divise p+ 1−(p−1) = 2. Donc p= 3. On vérifie réciproquement quep= 3convient aussi.

2.2 Exercices

Exercice 1 (Compétition UNESCO 1995) Soienta, ndeux entiers strictement positifs et pun nombre premier impair tel quea^p≡1 (modpⁿ). Montrer quea≡1 (modpⁿ⁻¹).

Exercice 2 Soitkun entier strictement positif. Trouver tous les entiers strictement positifs ntels que3^k divise 2ⁿ−1.

Exercice 3 (Olympiades Balkaniques de Mathématiques 1993) Soitpun premier impair etmun entier tel qu’il existe des entiersx, y >1vérifiant(x^p+y^p)/2 = ((x+y)/2)^m. Montrer quem=p.

Exercice 4 Trouver toutes les solutions entières strictement positives de x²⁰⁰⁹+y²⁰⁰⁹= 7^k.

Exercice 5 (Olympiade Iran 2008) Soit a un entier strictement positif. On suppose que 4(aⁿ+ 1) est le cube d’un entier pour tout entier positif n. Trouvera.

3 Un lemme utile

On établit ici le lemme utile suivant (qui est probablement un résultat bien connu lorsqueb= 1) : Lemme 2. Soienta6=bdes entiers relatifs premiers entre eux. Soient m, n>1 des entiers. Alors

PGCD (aⁿ−bⁿ, a^m−b^m) =

a^PGCD(m,n)−b^PGCD(m,n) .

Démonstration. On montre que chaque terme de l’égalité divise l’autre. Pour simplifier les notations, posons Vn = aⁿ −bⁿ pour n > 1. Tout d’abord, comme PGCD (m, n) divise m, VPGCD(m,n) divise Vm. De même, VPGCD(m,n) diviseVn. On en déduit que VPGCD(m,n) divisePGCD (Vm, Vn).

Ensuite, sim=n, il n’y a rien à faire. Sinon, supposonsm > n. On vérifie que

a^m−b^m−(aⁿ−bⁿ) =aⁿ(a^m−n−b^m−n) + (aⁿ−bⁿ)(b^m−n−1) =aⁿV_m−n+Vn(b^m−n−1).

Il en découle quePGCD (Vm, Vn) diviseaⁿV_m−n. Comme aet b sont premiers entre eux,PGCD (Vm, Vn)divise V_m−n. Ainsi,PGCD (Vm, Vn)divisePGCD (V_m−n, Vn).

Sim < n, on montre de même quePGCD (Vm, Vn)divisePGCD (V_n−m, Vn). Or on sait quePGCD (m−n, n) = PGCD (m, n−m) = PGCD (m, n). Par récurrence (par exemple sur m+n) on en déduit que PGCD (Vm, Vn) divisePGCD (m, n), ce qui conclut.

4 Ordre multiplicatif d’un entier

4.1 Définition

Dans cette partie, on considèrea∈Zet n>1des entiers premiers entre eux.

Définition 1. L’ordre de amodulon est le le plus petit entier non nul, notéωn(a), tel quea^ωn(a)≡1 (modn).

Cette définition a un sens, car il existe bien un entierk>1tel quea^k≡1 (modn). En effet, comme l’ensemble des résidus modulo nest fini, il existe deux entiers distincts 16r < s tels quea^s≡a^r (mod n). Alors ndivise a^r(a^s−r−1), donc aussia^s−r−1caraet nsont premiers entre eux.

L’utilité de cette notion provient essentiellement du théorème suivant, dont la preuve est laissée au lecteur :

Théorème 4. Soienta, n des entiers naturels premiers entre eux et k>1 un entier vérifianta^k ≡1 (modn).

Alorsωn(a) divisek.

Dans la suite,φdésigne la fonction indicatrice d’Euler. On rappelle queφ(n)est le nombre d’entiers, compris au sens large entre 1 et n, premiers avecn, queφ(ab) =φ(a)φ(b)lorsque aet b sont des entiers premiers entre eux, et quea^φ(n)≡1 (modn)(théorème d’Euler). En particulier,ωn(a)diviseφ(n)(ce qui, dans le cas où n=p est premier, donneωp(a)|p−1). Ceci est en particulier utile lorsqu’on cherche l’ordre d’un entier modulonà la main : il suffit de tester les diviseurs de φ(n).

Voici un exemple d’application.

(i) Trouver tous les entiersn>1 tels quendivise2ⁿ−1.

(ii) Trouver tous les entiersn>1 impairs tels quendivise3ⁿ+ 1.

Solution.

(i) Soitn >1 tel quen divise2ⁿ−1. Il est clair quenest impair. Soit ple plus petit facteur premier de n, qui est donc impair. Alors2ⁿ ≡1 (modp). Soit ω l’ordre de2 modulop. Alorsω divisen. D’autre part, d’après le petit théorème de Fermat,2^p−1 ≡1 (modp). Ainsi ω divise p−1. D’après la condition surp, on a nécessairementω= 1. Alors2≡1 (modp), ce qui est absurde. On a doncn= 1.

(ii) Soitn >1tel quendivise3ⁿ+ 1. Soitple plus petit facteur premier den, qui est donc impair, de sorte que p >3. Alors3²ⁿ ≡1 (modp). Soitωl’ordre de3modulop. Alorsωdivise2n. D’autre part, d’après le petit théorème de Fermat,3^p−1≡1 (modp). Ainsiωdivisep−1. On en déduit queω divise PGCD(2n, p−1).

D’après la condition sur p, on a nécessairementω = 1ou 2. Dans le premier cas, 3≡1 (modp)et donc p= 2, ce qui est exclu. Dans le deuxième cas,3²≡1 (modp)et doncpdivise8, ce qui est exclu également.

On en déduit quen= 1.

Pour les exercices qui suivent, il peut être utile de se rappeler que sia et n sont des entiers premiers entre eux, alors il existe un entierbtel que ab≡1 (modn).

4.2 Exercices

Exercice 6 Existe-t-il des entiers n>1tels que9 divise7ⁿ+n³?

Exercice 7 Trouver tous les entiersm, n>1 tels quemndivise3^m+ 1et mndivise3ⁿ+ 1.

Exercice 8 Soient p, qdeux nombres premiers tels queqdivise3^p−2^p. Montrer quepdiviseq−1.

Exercice 9 (Olympiade Chine 2006) Trouver les entiers a, n>1tels que ndivise((a+ 1)ⁿ−aⁿ).

Exercice 10 Soienta, b >1impairs tels quea+b= 2^α avecα>1. Montrer qu’il n’y a pas d’entiersk >1tels quek² divisea^k+b^k.

Exercice 11 Trouver tous les entiersntels que19divise2³ⁿ⁺⁴+ 3²ⁿ⁺¹.

Exercice 12 Soienta, b, ndes nombres entiers strictement positifs aveca > b. Montrer quendiviseφ(aⁿ−bⁿ).

Exercice 13 Soientn, k>2des entiers tels quendivisekⁿ−1. Peut-on avoir PGCD(n, k−1) = 1?

Exercice 14 Soient xet y deux entiers positifs premiers entre eux. Sik est un entier impair positif qui divise x²ⁿ+y²ⁿ avecn>1, alors il existe un entiermtel quek= 2ⁿ⁺¹m+ 1.

Exercice 15 Trouver tous lesp, q premiers tels quepqdivise2^p+ 2^q.

Exercice 16 (Olympiade Irlande 1996) Soient p un nombre premier et a, n des entiers strictement positifs.

Prouver que si2^p+ 3^p=aⁿ, alors nécessairementn= 1.

Exercice 17 Soitn >1un entier impair. Si m>1est un entier, montrer quenne divise pasmⁿ⁻¹+ 1.

Exercice 18 (Olympiades Internationales de Mathématiques 1990) Trouver tous les entiers n> 1 tels que n² divise2ⁿ+ 1.

Exercice 19 (Olympiade Bulgarie 1997) Pour un entiern>2, 3ⁿ−2ⁿ est une puissance d’un nombre premier.

Montrer quenest premier.

Exercice 20 (Olympiade États-Unis 2003) Trouver tous les nombres premiersp, q, r tels quepdivise 1 +q^r, q divise1 +r^p et rdivise1 +p^q.

5 Polynômes cyclotomiques

Avant d’introduire les polynômes cyclotomiques, nous introduisons les racines primitives de l’unité et la fonction de Möbius.

5.1 Racines primitives de l’unité

Définition 2. Soit n>1 un entier. Un nombre complexe z tel que zⁿ = 1 est appelé racine n-ième de l’unité.

Il y a n racinesn-ièmes de l’unité : ce sont les nnombres complexes e^2iπk/n pour0 6k6n−1. S’il existe un entier ntel quez est racine n-ième de l’unité, on dit simplement quez est racine de l’unité.

Sizest une racine de l’unité, le plus petit entierk>1 tel quez^k= 1est appelé ordre dez, et est notéord(z).

Si un nombre complexez, racine de l’unité, est d’ordrek, on dit quezest une racine primitivek-ième (de l’unité).

Nous mentionnons la propriété utile suivante, dont la démonstration est laissée au lecteur.

Proposition 1. Soit z une racine de l’unité. Alors ord(z^k) = ord(z)

PGCD (k,ord(z)). En particulier, si z est une racine primitive n-ième, alorsz^k est une racine primitiven/PGCD (k, n)-ième.

En utilisant ce résultat, il est possible d’en déduire qu’il existeφ(n)racinesn-ièmes de l’unité.

5.2 Fonction de Möbius

Définition 3. Soitµ:N^∗→ {−1,0,1}la fonction définie comme suit :

µ(n) =







1 sin= 1

(−1)^k sinest le produit de k nombres premiers distincts

0 sinon.

La fonctionµest appelée fonction de Möbius, et on remarque queµ(ab) =µ(a)µ(b)siaetbsont premiers entre eux. L’utilité de la fonction de Möbius provient, entre autres, du théorème d’inversion suivant, dont la preuve est laissée au lecteur.

Théorème 5 (Inversion multiplicative de Möbius). Soient F, f : N^∗ → R^∗ deux fonctions telles que F(n) = Y

d |n

f(d)pour tout entier n>1. Alorsf(n) = Y

d |n

Fn d

^µ(d)

pour tout entier n>1.

Mentionnons qu’il existe une formule similaire d’inversion « additive » de Möbius.

5.3 Définition et premières propriétés

Définition 4. Pour tout entier n>1, on pose

Φn(X) = Y

zest racine primitiven-ième de l’unité

(X−z).

Le polynômeΦ_n, de coefficient dominant égal à1, a priori à coefficients complexes, est appelén-ième polynôme cyclotomique. Rappelons deux propriétés bien connues des polynômes cyclotomiques :

Théorème 6. Pour tout entier n>1, (i) on a Xⁿ−1 =Y

d|n

Φ_d(X);

(ii) le polynômeΦ_n est à coefficients entiers.

Mentionnons ensuite deux corollaires immédiats du Théorème6, mais utiles.

Corollaire 1. Soitn>1 un entier.

(i) On an=X

d|n

φ(d).

(ii) Soienta∈Zetpun nombre premier. Sip|aⁿ−1, alors il existe un diviseurddentel quep|Φd(a).

Le théorème6permet également d’obtenir différentes formules faisant intervenir des polynômes cyclotomiques : Proposition 2. (i) Sin>1 est impair, on a Xⁿ+ 1 =Y

d|n

Φ2d(X).

(ii) Pour tout entier n>1, on a Φ_n(X) =Y

d|n

X^nd −1^µ(d) .

(iii) Si pest un nombre premier et n>1 un entier, on aΦpn(X) =







Φn(X^p) sip|n Φ_n(X^p)

Φn(X) sip-n.

(iv) Si n>3 est un entier impair, alors Φ2n(X) = Φn(−X).

(v) Sia, n>1 sont des entiers premiers entre eux, alorsΦn(X^a) =Y

d|a

Φnd(X).

Démonstration. Pour (i), d’après le Théorème6(i), on a (Xⁿ−1)(Xⁿ+ 1) =X²ⁿ−1 = Y

d|2n

Φ_d(X) =Y

d|n

Φ_d(X)·Y

d|n

Φ_2d(X) = (Xⁿ−1)·Y

d|n

Φ_2d(X),

d’où le résultat en divisant parXⁿ−1.

Compte tenu du Théorème6 (i), la seconde assertion est une conséquence immédiate du théorème5.

La troisième assertion découle aisément de la seconde, et on laisse les détails au lecteur.

D’après (iii) on a Φ_2n(X) = Φ_n(X²)/Φ_n(X). Or si n>3 est impair, on a Φ_n(X²) = Φ_n(X)·Φ_n(−X). En effet, si z² est racinen-ième de l’unité, on vérifie aisément que soitz soit−zest racinen-ième de l’unité, ce qui fournit (iv) puisqueΦ_n(−X)est unitaire, tout commeΦ_2n(X).

Pour la dernière assertion, en utilisant le Corollaire1(i), on vérifie que les degrés des deux polynômes unitaires sont les mêmes. Il suffit donc de montrer que siz^a est une racine primitiven-ième, il existe un diviseurddeatel queΦnd(z) = 0. À cet effet, appliquons la Proposition1:

n·PGCD (a,ord(z)) = ord(z). (3)

En particulier,ord(z) divisean. Puisque aet n sont premiers entre eux, on peut donc écrire ord(z) =dn⁰ avec d | a et n⁰ | n. En injectant dans (3), on obtient nd = dn⁰. Donc n = n⁰, et ord(z) = dn. Ainsi, z est racine primitivedn-ième avecd|n, ce qui conclut.

Si p est un nombre premier et k, n> 1 sont des entiers, la Proposition 2 (iii) et une récurrence fournissent l’égalité

Φ_pkn(X) =







Φn(X^pk) sip|n Φ_n(X^pk)

Φ_n(X^pk−1) sip-n. (4)

Pour calculer Φ_n(X), (4) nous permet de nous ramener au cas oùnn’a pas de facteur carré.

Il est instructif d’utiliser les formules précédentes pour vérifier que

Φ1=X−1,Φ2=X+ 1,Φ3=X²+X+ 1,Φ4=X²+ 1,Φ5=X⁴+X³+X²+X²+X¹,Φ6=X²−X+ 1, queΦ_p(X) =X^p−1+· · ·+X+ 1sipest premier, et queΦ_pk(X) = Φ_p(X^pk−1) =X^{(p−1)pk−1}+· · ·+X^pk−1+ 1.

Finalement, nous aurons besoin de minorer et majorer des polynômes cyclotomiques.

Lemme 3 (Encadrement des polynômes cyclotomiques). Soienta∈Cetn>1. On a

||a| −1|^φ(n)6|Φn(a)|6(|a|+ 1)^φ(n). De plus, lorsquen >2, ces inégalités sont strictes.

Démonstration. En prenant le module dans la définition deΦn(a), on a

Φn(a) = Y

zest racine primitiven-ième de l’unité

|a−z|.

Le résultat découle alors de l’inégalité triangulaire. Lorsque n > 2, les racines primitives n-ièmes ne sont pas alignées avec0, ce qui implique l’existence d’une racine primitiven-ièmeztelle que||a| −1|<|z−a|<|a|+ 1.

5.4 Lien avec les propriétés d’ordre multiplicatif

Lemme 4. Soienta, n>1 des entiers etpun nombre premier. Supposons qu’il existe un polynômeP ∈Z/pZ[X] tel que l’égalité

Xⁿ−1 = (X−a)²·P(X) ait lieu dans Z/pZ[X]. Alorspdivisen.

Démonstration. On dérive l’égalité apparaissant dans l’énoncé du lemme : nXⁿ⁻¹= 2(X−a)P(X) + (X−a)²P⁰(X).

On évalue en X =apour obtenir quenaⁿ⁻¹= 0 dansZ/pZ[X]. Donc pdivisenaⁿ⁻¹. Or0 n’est pas racine de Xⁿ−1 dansZ/pZ[X], doncpne divise pasa. Doncpdivisen.

On en déduit le résultat suivant, concernant les diviseurs premiers de deux polynômes cyclotomiques évalués au même entier.

Lemme 5. Soientn>1un entier et pun nombre premier. Soit dun diviseur denavec d6=n. On suppose que p|Φn(a)et quep|Φd(a). Alorspdivisen.

Démonstration. Comme p divise Φd(a), a est racine de Φd dans Z/pZ[X]. Donc il existe un polynôme P1 ∈ Z/pZ[X]tel queΦd(X) = (X−a)P1(X)dansZ/pZ[X]. De même, il existe un polynôme P2 ∈Z/pZ[X]tel que Φ_n(X) = (X−a)P₂(X)dansZ/pZ[X]. D’après le Théorème6(i), on a Xⁿ−1 = (X−a)²R(X)dansZ/pZ[X] pour un certain polynômeR∈Z/pZ[X]. Le Lemme5 implique alors quepdivisen.

Ce lemme va nous permettre d’établir les deux théorèmes suivants concernant les polynômes cyclotomiques évalués en des entiers.

Théorème 7. Soientm, n>1des entiers,a∈Zetpun nombre premier. On suppose quepdiviseΦm(a)et que pdiviseΦn(a). Alors il existek∈Z tel que

m n =p^k. De plus,PGCD (Φm(a),Φn(a))est une puissance dep.

Démonstration. On écritm=p^αM etn=p^βN avecp-M et p-N. On va montrer queM =N. Tout d’abord, p| Φm(a)| a^m−1, doncp ne divise pas a. Montrons quep diviseΦM(a). On peut supposer α>1 (car sinon m=M et il n’y a rien à faire). Alors, d’après la Proposition2 (iii),

Φm(a) = ΦM(a^pα) ΦM(a^pα−1).

DoncpdiviseΦM(a^pα). Ora^pα ≡a (mod p)d’après le petit théorème de Fermat. Donc 0≡ΦM(a^pα)≡ΦM(a) (mod p). On montre de même quepdiviseΦN(a).

Maintenant, raisonnons par l’absurde en supposantM 6=N. Sans perte de généralité, supposons queM > N et posons g= PGCD (M, N). On ap|Φ_M(a)−1|a^M −1etp|Φ_N(a)−1|a^N −1. Donc

p|PGCD a^M −1, a^N −1

|a^g−1

d’après le Lemme 2. Le Corollaire 1 (ii) fournit alors l’existence d’un diviseur d de g tel que p | Φ_d(a). Or p|ΦM(a)et on ad|M, d6=M. D’après le Lemme5, ceci implique que pdiviseM, ce qui est absurde. Le fait quePGCD (Φm(a),Φn(a))soit une puissance depest une conséquence immédiate de la première assertion.

On peut remarquer que le Lemme5 est un cas particulier du théorème7.

Théorème 8. Soitpun nombre premier,n>1 eta∈Z. (i) Si p|Φn(a), alors p≡1 (modn)oup|n.

(ii) Si n=p^αN avec ppremier avecN etp|Φn(a), alors l’ordre de amodulopvaut N.

(iii) Si pet nsont premiers entre eux, p|Φn(a)si, et seulement si, l’ordre de amodulo pvaut n.

Démonstration. Pour (i), on remarque d’abord quep|Φn(a)|aⁿ−1et doncpne divise pasa. Soitω l’ordre de amodulop. Commeaⁿ≡1 (modp),ω divisen.

Premier cas :ω=n.D’après le petit théorème de Fermat,a^p−1≡1 (modp). On en déduit quen=ω|p−1, de sorte que p≡1 (modn).

Deuxième cas : ω < n. Comme p|a^ω−1, le Corollaire 1(ii) implique qu’il existe un diviseurddeω tel que p|Φd(a). OrpdiviseΦn(a)et d < n(card6ω < n). D’après le Lemme5,pdivisen.

Pour (ii), notonsω l’ordre deamodulon. On a 1≡aⁿ = (a^N)^pα ≡a^N (modp). Doncω |N. Siω < N, on raisonne comme dans la preuve de (i) : puisquep|a^ω−1, le Corollaire1(ii) implique qu’il existe un diviseurdde ω tel que p|Φd(a). Orp|Φn(a)etn/d n’est pas une puissance depcard6ω < N. Ceci contredit le Théorème 7, et doncω=N.

Pour (iii), le sens direct provient du deuxième point avecα = 0. Pour la réciproque, supposons que l’ordre de amodulo pvaillen. Alors pdivise aⁿ−1, et d’après le Corollaire 1 (ii), il existe un diviseurd den tel que p|Φ_d(a). D’après le sens direct, l’ordre deamodulopvautd. Doncd=n, ce qui conclut.

CommeΦ_p(X) = 1 +X+X²+· · ·+X^p−1, on en déduit le corollaire suivant.

Corollaire 2. Soit x∈ Z. Si p, q sont deux nombres premiers tels que q divise1 +x+· · ·+x^p−1, alors q ≡1 (mod p)ouq=p.

5.5 Une application

Théorème 9 (Théorème de Dirichlet). Soitn>2. Il existe une infinité de nombres premiersp tels que p≡1 (mod n).

Démonstration. Par l’absurde, supposons qu’il n’en existe qu’un nombre fini. NotonsT le produit de ces nombres, multiplié également par tous les diviseurs premiers de n. Comme T > 1, il existe un entier k > 1 tel que Φn(T^k)>1. Soit alors pun diviseur premier deΦn(T^k). D’après le Théorème8 (i), ou bien p≡1 (modn), ou bien pdivisen. Orp|Φn(T^k)|T^nk−1, doncpest premier avecT. Donc pest premier avecn, ce qui implique p≡1 (modn)et est absurde.

5.6 Exercices

Exercice 21 Soitpun nombre premier. Montrer quep^p−1admet un diviseur premier congru à1 modulop.

Exercice 22 Soientn, b>2 des entiers. Montrer que si(bⁿ−1)/(b−1)est une puissance d’un nombre premier, alorsnest une puissance d’un nombre premier (on verra à l’Exercice40qu’en faitnest un nombre premier).

Exercice 23 Soitn>1 un entier. Prouver que 2²ⁿ+ 2²ⁿ⁻¹+ 1 est divisible par au moinsnnombres premiers différents. Quel est le plus petit entier n >1 tel que 2²ⁿ+ 2²ⁿ⁻¹ + 1est divisible par au moins n+ 1nombres premiers différents ?

Exercice 24 (Liste courte Olympiades Internationales de Mathématiques 2002) Soitn >1 un entier et soient p1, . . . , pn des nombres premiers impairs distincts. Montrer que 2^p1p2···pn+ 1 a au moins2²ⁿ⁻¹ diviseurs.

Exercice 25 (Olympiades Iran 2013) Soitpun nombre premier etdun diviseur dep−1. Trouver le produit de tous les éléments deZ/pZdont l’ordre vaut d.

Exercice 26 (Liste courte Olympiades Internationales de Mathématiques 2006) Trouver tous les entiers relatifs x, ytels que x⁷−1

x−1 =y⁵−1.

Exercice 27 Prouver qu’il existe une infinité d’entiers positifs n tels que les diviseurs premiers de n²+n+ 1 sont tous inférieurs ou égaux à√

n.

6 Théorème de Zsigmondy

6.1 Un deuxième théorème de Zsigmondy

Tout d’abord, du Théorème2on peut aussi aisément déduire la version suivante :

Théorème 10 (Théorème de Zsigmondy bis). Soient a > b>1 des entiers strictement positifs premiers entre eux et n > 2 un entier. Alors aⁿ+bⁿ admet au moins un facteur premier qui ne divise pas a^k +b^k pour tout 16k < n, à l’exception du cas2³+ 1³.

Démonstration. Supposons(a, b, k)6= (2,1,3). On peut alors appliquer le théorème de Zsigmondy àa²ⁿ−b²ⁿ : il existe un nombre premierpdivisanta²ⁿ−b²ⁿmais pasa^j−b^jlorsque16j <2n. Doncpdivise(aⁿ−bⁿ)(aⁿ+bⁿ).

Commepne divise pasaⁿ−bⁿ, il divise nécessairement aⁿ+bⁿ. Soit maintenant16j < n. Commepne divise pasa^2j−b^2j= (a^j−b^j)(a^j+b^j), on en déduit quepne divise pasa^j+b^j, ce qui conclut.

Le reste de cette partie est consacré à la preuve du Théorème2 en adaptant les références [1, 8, 9]. On fixe dans la suite a > b>1des entiers strictement positifs premiers entre eux etn>2un entier.

Prouvons déjà le théorème de Zsigmondy dans le casn= 2, qui n’est pas difficile.

Preuve du Théorème 2dans le casn= 2. Supposons quen= 2 et quea+b n’est pas une puissance de2. Soitp un diviseur premier impair dea+b. Alorspne divise pasa−b. En effet, sip|a−b, alorsp|a+b+ (a−b) = 2aet p|a+b−(a−b) = 2b. Oraetbsont premiers entre eux, doncp= 2, ce qui contredit le fait quepsoit impair.

Dans la suite, on supposen >2 et on fixe des entiersa > b>1 premiers entre eux.

6.2 Quelques propriétés des diviseurs premiers primitifs

Lemme 6. Soitpun nombre premier divisant aⁿ−bⁿ. Alorspest non primitif si, et seulement si, il existe un diviseur ddentel qued < netp|a^d−b^d.

Démonstration. La réciproque est claire par définition, on se concentre donc sur l’implication. Soitpun diviseur premier non primitif dea^k−b^k aveck < n. Soitd= PGCD (k, n). En particulier,d|net d < n. En utilisant le Lemme2, on obtientp|PGCD aⁿ−bⁿ, a^k−b^k

=a^d−b^d.

Lemme 7. Soitpun nombre premier divisant aⁿ−bⁿ. Si pest primitif, alorsp≡1 (modn).

Démonstration. Commea et b sont premiers entre eux,pne divise ni a, nib. Il existe donc un entier c tel que a≡bc (modp). Alors, pourj >1, a^j−b^j ≡b^j(c^j−1) (modp). Donc l’ordre decmodulopvautn. D’après le petit théorème de Fermat,c^p−1≡1 (modp), et doncndivisep−1.

6.3 Idées de la preuve et résultats préliminaires

L’idée est d’introduire l’entier

Ψ_n=b^φ(n)Φ_na b

.

En effet, pour b= 1, le théorème de Zsigmondy implique l’existence d’un nombre premier ptel que l’ordre dea modulopvautn, et compte tenu du Théorème8(iii), il est naturel de considérerΦ_n(a).

L’identité clé est la suivante :

aⁿ−bⁿ =Y

d|n

Ψd. (5)

Pour la prouver, on écrit, en utilisant le Théorème6 (i) et le corollaire qui le suit, Y

d|n

Ψd =Y

d|n

b^φ(d)Φd

a b

=bⁿa b

ⁿ

−1

=aⁿ−bⁿ.

Il en découle en particulier queΨn|aⁿ−bⁿ et que Ψn=Y

d|n

a^nd −b^ndµ(d)

. (6)

en vertu du Théorème 5.

On utilisera aussi l’inégalité suivante :

(a−b)^φ(n)<Ψn<(a+b)^φ(n), (7)

avec inégalités strictes carn >2. Cela se démontre exactement comme le Lemme3 en remarquant que

Ψn=b^φ(n) Y

zest racine primitiven-ième de l’unité

a b −z

= Y

zest racine primitiven-ième de l’unité

(a−bz).

Concluons cette partie par deux égalités utiles ultérieurement. Sipest un nombre premier divisantn, écrivons n=p^αN avecpne divisant pasN. PosonsΨ_n(x, y) =y^φ(n)Φ_n(x/y)pour des entiersx, y>1quelconques. Alors

Ψn(a, b) = ΨN a^pα, b^pα

ΨN a^pα−1, b^pα−1, Ψn(a, b) = ΨpN

a^pα−1, b^pα−1

. (8)

Cela se démontre aisément en utilisant (4) ; montrons par exemple la première égalité en utilisant le fait que φ(p^αN) =φ(p^α)φ(N) =p^α−1(p−1)φ(N):

Ψn(a, b) = b^φ(pαN)Φp^αN

a b

=b^{pα−1(p−1)φ(N)} ΦN a^pα/b^pα ΦN a^pα−1/b^pα−1

= b^pαφ(N)

Φ_N a^pα/b^pα b^pα−1φ(N)

ΦN a^pα−1/b^pα−1

= ΨN a^pα, b^pα ΨN a^pα−1, b^pα−1.

La deuxième égalité apparaissant dans (8) se démontre de la même manière. Pour simplifier, on écrira Ψ_n à la place deΨ_n(a, b).

6.4 Preuve du Théorème 2

Soit aⁿ −bⁿ =p^α₁¹· · ·p_k^αk la décomposition en facteurs premiers de aⁿ −bⁿ. Soient p_i1, . . . , p_ij les facteurs premiers primitifs deaⁿ−bⁿ. On pose alors

Pn=p^α_i1ⁱ¹· · ·p^α_ij^ij,

qui est la “partie primitive” de aⁿ−bⁿ (siaⁿ−bⁿ n’a pas de facteurs premiers primitifs, on posePn = 1). Nous allons montrer que Pn>1.

Étape 1.On montre quePn |Ψn.

En effet, soitpun diviseur premier primitif deaⁿ−bⁿ. D’après le Lemme6, sid|netd6=n, alorspne divise pas a^d−b^d, et donc p ne divise pas Ψd non plus d’après (5). On en déduit que pest premier avec Y

d|n,d6=n

Ψd. Par (5), on en déduit que vp(aⁿ−bⁿ) =vp(Ψn). Ceci étant vrai pour tout diviseur premier primitif de aⁿ−bⁿ, c’est-à-dire pour tout diviseur premier dePn, cela implique quePn|Ψn.

Soit alorsλ>1l’entier tel que

Ψ_n =λ·P_n. (9)

Tout d’abord, on remarque qu’on a bienPn >1 dans le casλ= 1. En effet, d’après (7), on a Pn = Ψn >

(a−b)^φ(n)>1. On suppose doncλ >1 dans la suite.

Étape 2.Soitpun nombre premier qui divise λ. On montre que :

(i) Le nombre premierpn’est pas primitif. En particulier,PGCD (λ, Pn) = 1.

(ii) On ap|n.

Pour (i), il suffit de remarquer que par définition deP_n,Ψ_n/P_n=λn’a pas de diviseurs premiers primitifs.

Prouvons (ii). Par (i),pn’est pas primitif, et d’après le Lemme6, il existed₀6=ntel qued₀|netp|a^d0−b^d0. Compte tenu de (5), on a

aⁿ−bⁿ= Ψn· a^d0−b^d0

· Y

d|n,d6=n,d-d0

Ψd.

Doncp|Ψn|(aⁿ−bⁿ)/(a^d0−b^d0).

Premier cas :p6= 2.Dans ce cas, le théorème LTE donne

v_p(aⁿ−bⁿ) =v_p(a^d0−b^d0) +v_p(n/d₀).

Ainsi, sipne divise pasn, alorsvp(n/d0) = 0et doncpne divise pas(aⁿ−bⁿ)/(a^d0−b^d0), ce qui est absurde.

Deuxième cas : p= 2.Dans ce cas, a^d0−b^d0 est pair. Comme aet b sont premiers entre eux, cela entraîne queaetb sont impairs. Par l’absurde, supposons quensoit impair. Alors on peut écrire

aⁿ−bⁿ= a^d0_dⁿ₀

− b^d0_dⁿ₀

= (a^d0−b^d0)·A,

oùA est une somme den/d₀termes impairs. Donc Aest impair et2 ne divise pas(aⁿ−bⁿ)/(a^d0 −b^d0), ce qui

est absurde.

Étape 3.On montre queλest une puissance du plus grand nombre premier divisantn.

Soitpun nombre premier divisantλ. D’après l’étape 2,pdivisenet on peut écriren=p^αN avecpne divisant pasN. Alors, par (8),

p|Ψn = ΨN a^pα, b^pα ΨN a^pα−1, b^pα−1.

Donc pdivise ΨN

a^pα, b^pα

. Or, d’après le petit théorème de Fermat,a^pα ≡a (mod p)et b^pα ≡b (mod p), ce qui entraîne que

0≡Ψ_N

a^pα, b^pα

≡Ψ_N(a, b) (modp).

DoncpdiviseΨ_N. D’après l’étape 1 (appliquée avecN à la place de n), on peut écrireΨ_N =λ⁰·P_N, oùP_N est la partie primitive dea^N−b^N etλ⁰ est un entier. Sipdiviseλ⁰ alorspdiviseN d’après l’étape 2, ce qui n’est pas possible. CommepdiviseΨN, cela implique quepdivisePN. Doncpest un facteur premier primitif dea^N −b^N. Donc

p≡1 (modN) (10)

par le Lemme7. En particulierp > N. Ceci nous donne bien que pest bien le plus grand facteur premier de n,

et donc que le seul diviseur premier deλestp.

Dans la suite,pdésignera le plus grand diviseur premier denet on écritn=p^αN avecpne divisant pasN. Étape 4.On montre queλ=p.

Pour cela, commeΨ_n =λ·P_n et quePGCD (λ, P_n) = 1(d’après l’étape 2), il suffit de montrer quev_p(Ψ_n) = 1.

Considérons un entierd>1tel que d|netp|a^d−b^d. En particulier, commeaetb sont premiers entre eux, pne divise pasb. Soitcun entier tel quebc≡1 (modp). Nous avons déjà vu quepdiviseΨ_n. Ainsi

0≡Ψ_n=b^φ(n)Φ_na b

≡b^φ(n)Φ_n(ac) (modp).

Doncp|Φn(ac). Le Théorème8(ii) entraîne que l’ordre deacmodulopvautN. Orp|aⁿ−bⁿ(cara^d−b^d|aⁿ−bⁿ).

Donc(ac)^d≡1 (modp)etN divised.

Intéressons nous maintenant aux termes divisibles parpdans le produit (6). Compte tenu de ce qui précède, si d| net si pdivise a^nd −b^nd, alorsN | n/d, ce qui implique que d=pⁱ pour un certain entier i>0. Comme µ(pⁱ) = 0dès quei>2, la factorisation (6) entraîne que

vp(Ψn) =vp

aⁿ−bⁿ a^np −b^np

.

Premier cas :p6= 2.Alors le théorème LTE donne immédiatementv_p(Ψ_n) = 1.

Deuxième cas :p= 2.Nous avons déjà établi qu’alorsaet bsont impairs, et que pest le plus grand diviseur premier den. Doncnest une puissance de2. Commen >2, écrivonsn= 2^k aveck>2. Mais alors

aⁿ−bⁿ

a^np −b^np = a^2k−b^2k

a^2k−1−b^2k−1 =a^2k−1+b^2k−1 ≡2 (mod 4).

Ainsiv2(Ψn) = 1.

Étape 5. Étude du cas λ=p : fin de la preuve du théorème.

Tout d’abord, sia−b>2, alors en utilisant successivement (9) et (7), on a

Pn= 1

pΨn> 1

p(a−b)^φ(n)> 2^φ(n)

p =2^{pα−1(p−1)φ(N)}

p > 2^p−1 p >1, et doncPn>1 dans ce cas.

Supposons donca−b= 1. Raisonnons par l’absurde en supposantPn = 1. Alors Ψn =p. De plus, commep divise(b+ 1)ⁿ−bⁿ,pest impair.

Premier cas :α >1.En vertu de successivement (8) et (7), on a

p= ΨN = ΨpN

(b+ 1)^pα−1, b^pα−1

>

(b+ 1)^pα−1−b^{pα−1φ(pN)}

>(b+ 1)^p−b^p=

p−1

X

i=0

p i

bⁱ> p,

ce qui est absurde.

Deuxième cas :α= 1.On remarque d’abord quea^p−b^p>a+bcara^p−b^p=

p−1

X

i=0

p i

bⁱ >pb+ 1>2b+ 1.

Alors, en vertu de (8) et (7), on a

p= ΨN = ΨN(a^p, b^p) Ψ_N >

a^p−b^p a+b

^φ(N)

> a^p−b^p a+b = 1

2b+ 1

p−1

X

k=0

p k

b^k > b 2b+ 1

p−1

X

k=1

p k

Or b/(2b+ 1)>1/3pour tout entierb>1 et

p−1

X

k=1

p k

= 2^p−2. Ainsi,3p >2^p−2, ce qui forcep= 3.

La congruence (10) entraîne queN divise2. Ainsi,n= 3oun= 6. Traitons d’abord le casn= 3. On a 3 = Ψ₃=b²

1 + a

b +a² b²

=a²+ab+b²= 1 + 3b+ 3b²,

ce qui est impossible. Finalement, si n= 6, on a 3 = Ψ6=b²

1−a

b +a² b²

=a²−ab+b²= 1 +b+b².

Ceci entraîne b= 1et a= 2, qui est précisément la dernière exception du théorème de Zsigmondy. Ceci conclut (enfin !) la preuve de ce théorème.

Remarque 1. Dans la preuve précédente, nous avons en particulier établi qu’en toute généralité, on a soit Ψn=Pn, soitΨn=p·Pn, oùpest le plus grand diviseur premier den.

6.5 Exercices

Exercice 28 Pour un entiern>2, notonsan le nombre entier dont l’écriture décimale comportenfois le chiffre 1. Soitn>1. Existe-t-il un nombre premierpdivisantan mais pasa_n−1, . . . , a1?

Exercice 29 (Olympiades Italie 2003) Trouver tous les entiers strictement positifs (a, b, p) avecp premier tels que2^a+p^b= 19^a.

Exercice 30 (D’après olympiade Russie 1996) Trouver tous les entiers strictement positifs(x, y, n, k)tels quex et y soient premiers entre eux et3ⁿ=x^k+y^k.

Exercice 31 (Olympiades Iran) Soit Aun ensemble fini de nombres premiers et soit a>2 un entier. Montrer qu’il n’existe qu’un nombre fini d’entiers positifsntels que tous les facteurs premiers deaⁿ−1appartiennent à A.

Exercice 32 (D’après liste courte Olympiades Internationales de Mathématiques 2002) Soitn>1 un entier et soientp1, p2, . . . , pn des nombres premiers distincts tous supérieurs ou égaux à5. Montrer que 2^p1p2···pn+ 1 a au moins 2²ⁿ diviseurs différents.

Exercice 33 (Liste courte Olympiades Internationales de Mathématiques 2004) Trouver tous les entiers stricte- ment positifs a, m, ntels quea^m+ 1divise(a+ 1)ⁿ.

Exercice 34 (Olympiades États-Unis 2001) Trouver tous les entiers strictement positifs x, r, p, ntels quepsoit premier,n, r >1 etx^r−1 =pⁿ.

Exercice 35 (Compétition Tchéco-Slovaque 1996) Trouver tous les entiers strictement positifs x, y, p tels que p^x−y^p= 1avecppremier.

Exercice 36 (Olympiade Pologne 2010) Soient q, p deux nombres premiers tels que q > p > 2. Montrer que 2^pq−1a au moins trois facteurs premiers distincts.

Exercice 37 (Olympiade Japon 2011)Trouver tous les entiers strictement positifsa, n, p, q, r tels que aⁿ−1 = (a^p−1)(a^q−1)(a^r−1).

Exercice 38 (Olympiades Balkaniques de Mathématiques 2009) Trouver tous les entiers strictement positifs x, y, z tels que5^x−3^y=z².

Exercice 39 Trouver tous les nombres strictement positifsa, p, ntels quep^a−1 = 2ⁿ(p−1), oùpest un nombre premier.

Exercice 40 (Olympiade Estonie 2007) Soient n, b > 2 des entiers. Montrer que si (bⁿ−1)/(b−1) est une puissance d’un nombre premier, alorsnest un nombre premier.

Exercice 41 Trouver tous les entiers strictement positifsa, m, ntels que(a+1)(a²+a+1)· · ·(aⁿ+aⁿ⁻¹+· · ·+1) = a^m+a^m−1+· · ·+ 1.

Exercice 42 (Olympiade Roumanie 1994) Montrer que la suitea_n= 3ⁿ−2ⁿ ne contient pas trois termes d’une même suite géométrique dont la raison est un entier au moins égal à 2.

Exercice 43 (Olympiade Angleterre 1996) Trouver les entiers positifsx, y, ztels que 2^x+ 3^y =z². Exercice 44 Résoudre l’exercice4 en vous aidant du théorème de Zsigmondy.

Exercice 45 Résoudre l’exercice19en vous aidant du théorème de Zsigmondy.

Exercice 46 (Liste courte Olympiades Internationales de Mathématiques 1997) Soient b, m, ndes entiers stric- tement positifs avecb >1 etm6=n. Prouver que sib^m−1et bⁿ−1ont les même facteurs premiers, alors b+ 1 est une puissance de2.

Exercice 47 (Olympiade Iran 2006) Soienta, b, c, k>1des entiers. On posen=a^ck−b^ck. Si cest divisible par au moinsqnombres premiers différents, montrer quenest divisible par au moinsqknombres premiers différents.

Exercice 48 Existe-t-il une infinité de couples(p, q)de nombres premiers tels quepq|2^p−1+ 2^q−1−2? Exercice 49 Soitpun nombre premier. Sim>1est un entier, on pose |m|p=p^k sip^k |met p^k+1-m.

(i) (Théorème de Feit) SoitN >1fixé. Alors pour tous les couples d’entiers (a, n)aveca >1et n >2, sauf éventuellement pour un nombre fini d’entre eux, il existe un diviseur premier primitifpdeaⁿ−1tel que

|aⁿ−1|p> nN+ 1.

(ii) Sim>1 est un entier, on note maintenant[m]p le plus grand diviseur de mqui n’est pas divisible parp.

Montrer que sipest un nombre premier et que sia>2 est un entier, alors [aⁿ−1]_p

n −→

n→∞ ∞.

7 Solutions des exercices

Solution de l’exercice 1 Il est clair que a et p sont premiers entre eux. D’après le petit théorème de Fermat, a^p−1≡1 (modp). Commea^p ≡1 (modp), on en déduit quea≡1 (modp). On peut donc utiliser le théorème LTE et on obtient vp(a−1) + 1 =vp(a−1) +vp(p) =vp(a^p−1). Par hypothèse, le dernier terme est supérieur ou égal àn. Il en découle quevp(a−1)>n−1, ce qu’il fallait démontrer.

Solution de l’exercice 2 Soitk>1 un entier tel que3^k divise2ⁿ−1. En raisonnant modulo3, on voit que nest pair. Écrivons donc n = 2m avec m > 0. Alors 3^k divise 4^m−1. Comme 3 divise 4−1, on peut appliquer le théorème LTE pour obtenirv₃(4−1) +v₃(n) =v₃(4ⁿ−1)>k. On en déduit quev₃(n)>k−1. Ainsi2×3^k−1 divisen.

Réciproquement, le même raisonnement nous donne que3^k divise2ⁿ−1 si2×3^k−1divisen.

Solution de l’exercice 3 Par convexité dex7→x^p, on a(x^p+y^p)/2>((x+y)/2)^p. Par hypothèse, il s’ensuit que m>p. Soitd=PGCD(x, y),x=dX,y=dY. L’équation se réécrit

2^m−1(X^p+Y^p) =d^m−p(X+Y)^m. (11) Premier cas : X+Y n’est pas une puissance de2. Soit alorsq un diviseur premier impair deX+Y. Par le théorème LTE,vq(2^m−1(X^p+Y^p)) =vq(X+Y) +vq(p)et d’autre partvq(d^m−p(X+Y)^m)>mvq(X+Y). Donc vq(X+Y) +vq(p)>mvq(X+Y). Ceci impliquem62, et doncm=p= 2carm>p, ce qui est exclu carpest impair.

Deuxième cas :X+Y est une puissance de2. Commepest impair,X+Y diviseX^p+Y^pet doncv2(X+Y)6 v2(X^p+Y^p). À présent, en prenant la valuation 2-adique dans l’égalité (11), on obtient m−1 +v2(X+Y)>

mv₂(X+Y). Ainsiv₂(X+Y)61, X+Y 62, et doncX =Y = 1etm=p.

Solution de l’exercice 4 Déjà, 2009 = 7²×41. Commex+y divise x²⁰⁰⁹+y²⁰⁰⁹,x+y est une puissance de 7.

On remarque aussi que si x et y sont multiples de 7, on peut tout diviser par 7 et juste changer l’exposantk; on peut donc supposer quexety sont premiers avec 7. Le théorème LTE nous garantit quev₇(x²⁰⁰⁹+y²⁰⁰⁹) = v₇(x+y) +v₇(2009) =v₇(x+y) + 2, doncx²⁰⁰⁹+y²⁰⁰⁹= 49(x+y), donc

x²⁰⁰⁹+y²⁰⁰⁹

x+y =x²⁰⁰⁸−x²⁰⁰⁷y+x²⁰⁰⁶y²− · · ·+y²⁰⁰⁸= 49

Mais il est facile de vérifier que ce terme est beaucoup plus grand que 49. Par exemple, si on suppose x > y, on aura toujours x²⁰⁰⁸−x²⁰⁰⁷y >1, x²⁰⁰⁶y²−x²⁰⁰⁵y³ >1 et ainsi de suite, de sorte que la somme totale sera au moins égale à 1004. Il n’y a donc pas de solutions.

Solution de l’exercice 5 Il est clair que a = 1 convient. Montrons que c’est le seul. Supposons donc a > 1.

Choisissonsn= 2met remarquons quea²+1n’est pas une puissance de2car congru à1ou2modulo4. Soit doncp un nombre premier impair tel quepdivisea²+1. Alors d’après le théorème LTE,v_p(4(aⁿ+1)) =v_p(a²+1)+v_p(m).

On choisitmde sorte que ce dernier terme soit congru à1modulo3. Alors4(aⁿ+1)n’est pas un cube, contradiction.

Solution de l’exercice 6 Soitn>1 tel que9 divise 7ⁿ+n³. Comme un cube est congru à 0,−1 ou1 modulo9, on en déduit quen⁶≡1mod9et donc que7²ⁿ ≡1 (mod 9). Or l’ordre de7modulo9est3. On en déduit que3 divise2n. Ainsi3divisen. Il faudrait donc que3 divise7ⁿ, ce qui est absurde. Il n’y a donc pas de tels entiers.

Solution de l’exercice 7 On suppose m, n > 2. Soit p le plus petit diviseur den. Alors 3²ⁿ ≡ 1 modp. Soit ω l’ordre de3 modulop. Alorsω divise 2n. D’autre part, d’après le petit théorème de Fermat, 3^p−1 ≡1 (modp).

Ainsiωdivisep−1. On en déduit queωdivise PGCD(p−1,2n). D’après la condition surp, on a nécessairement ω = 1 ou 2. Dans le premier cas, 3 ≡1 (modp)et doncp= 2. Dans le deuxième cas, 3² ≡1 (modp)et donc p= 2. On en déduit que nest pair. On montre de même que mest pair. Alors 4divise 3^m+ 1, ce qui n’est pas possible car mest pair.

Il reste à examiner le cas oùm ounvaut1et il vient que les solutions sont(1,1),(1,2)et(2,1).

Solution de l’exercice 8 Il est clair queq>5. Notonsω l’ordre 3/2moduloq(ici, et similairement dans la suite, 1/2 désigne l’inverse de2moduloq). Alorsωdivisep, doncω= 1oup. Le premier cas n’étant pas possible, on a doncω =p. Or d’après le petit théorème de Fermat,(3/2)^q−1 ≡1 (modq). On en tire queω diviseq−1, d’où le résultat.