Pierre Lissy April 9, 2010

Tests de primalité (Gourdon)

Pierre Lissy April 9, 2010

Critère 1: ceci implique que l'ordre de a est n−1 dans l'ensemble des inversibles de Z/nZ. Autrement dit l'ensemble des inversibles est de cardinal au moinsn−1donc de cardinaln−1 et c'est nécessairement quenest premier.

Critère 2: Notonsm_il'ordre dea_idans le groupe des inversibles deZ/nZ. d'après les hypothèses, on a mi|n−1, avec n−1 = Qp^α_iⁱ. mais a^(n−1)/p_i ⁱ, on a aussi mi 6 |p^α_iⁱ⁻Q

j6=ip^α_j^j. On a donc quep^α_iⁱ|mi, et donc quep^α_iⁱ|ϕ(n), puisque l'ordre des inversibles deZ/nZ estϕ(n). Comme lespi

sont premiers entre eux distincts, leur produit, ien−1, diviseϕ(n). Donc ϕ(n) =n−1, ce qui implique par dénition (n'a du coup aucun diviseur autre que 1) quenest premier.

Critère 3: c'est le plus intéressant. Soitml'ordre de2dans le groupe des inversibles deZn. Comme 2ⁿ⁻¹ ≡1[n], on am|n−1 =hp². Mais2^h 6≡1[n]donc m6 |h. Doncp|m (sinon par le théorème deGauss, commem|hp², cela veut dire quem|hce qui est faux par hypothèse). Or m|ϕ(n) donc p|ϕ(n). Posonsn=Q

p^α_iⁱ, alorsϕ(n) =Q

p^α_iⁱ⁻¹(p1−1). . .(pk−1). On dait que pne divise pas n, doncpn'est pas égal à unpi et doncp=pi−1. Doncpi≡1[p]. On apir=n= 1 +hp²≡1[p], donc compte tenu quepi ≡1[p]on obtient r≡1[p]. pi= 1 +up etr= 1 +^vp. Supposonsr >1. Alorsv>1. On a1+hp²= (1+up)(1+vp)donchp=uvp+(u+v), ce qui entraineuv < h6p−1 et (u+v) >p car p|(u+v). Comme u>2, on a v < (p−1)/2 et donc u >1 +p/2, et donc v <(p−1)/(1 +p/2)<2. Finalementv = 1, ce qui est absurde car on auraitu < p−1 et donc e>u−1 aussi... Finalemenrr= 1, et doncn=qest premier.

Exemple 1. n= 1 +hp²premier, avech= 190etp= 2¹²⁷−1. En eet, on admet queppremier, et on tente de voir ce que donne2¹90. On ap²= 2²⁵⁴+1−2¹²⁸doncn= 1+190∗(2²⁵⁴+1−2¹²⁸)>

2²⁵⁴−2¹²⁸= 2¹²⁸(2¹²⁶−1)>2²⁵³. Donc clairement on ne peut avoir2¹⁹⁰≡1[n]. reste à voir si 2ⁿ⁻¹≡1[n]. On l'admet.

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