UPMC 2M220 Arithmétique et algèbre 2017-2018
TD 2 - Arithmétique des entiers - Corrigé
Exercice 1. Décomposer les entiers2015,2016, et2017en produit de facteurs premiers.
On commence par décomposer2015. On a
2015 = 5×403 = 5×13×31 . On passe maintenant à 2016. On a
2016 = 2×1008 = 22×504 = 23×252 = 24×126
= 25×63
= 25×3×21
= 25×32×7.
Il reste enfin à montrer que 2017est premier. Pour cela, on va montrer qu’il n’est divisible par aucun nombre premierpvérifiantp2≤2017. Pour trouver un majorant de cet ensemble de nombres premiers, on remarque que l’on a452= 2025, donc on va tester tous les nombres premierspinférieurs à45, dont voici la liste
{2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43} .
On commence par remarquer que 2017 n’est pas divisible par 2, par 3, ou par 5, en utilisant les critères de divisibilité habituels. On a ensuite
2017 = 288 × 7 + 1 2017 = 183 × 11 + 4 2017 = 155 × 13 + 2 2017 = 118 × 17 + 11 2017 = 106 × 19 + 3 2017 = 87 × 23 + 16 2017 = 69 × 29 + 16 2017 = 65 × 31 + 2 2017 = 54 × 37 + 19 2017 = 49 × 41 + 8 2017 = 46 × 43 + 39 donc2017est bien un nombre premier.
Exercice 2. Déterminer tous les diviseurs positifs de 12et de28.
On a 12 = 22×3, donc l’ensemble des diviseurs positifs de 12est {1,2,3,4,6,12}.
L’ensemble des diviseurs positifs de 28= 256est {1,2,4,8,16,32,64,128,256}.
Exercice 3. Soitn≥2un entier.
1) Montrer que les entiersn! + 2, n! + 3, . . .,n! +nne sont pas premiers.
Il s’agit pour cela de remarquer que pour tout i∈J2, nK, on ai|n!, donc i|n! +i. Les entiersn! + 2,n! + 3, . . ., n! +nne sont donc pas premiers.
2) Donner un exemple de10entiers consécutifs non premiers.
Il suffit d’appliquer le résultat de la question précédente, en choisissant un entiernvérifiantn−2+1 =n−1≥10.
On prend doncn= 11. Les dix entiers consécutifs 11! + 2, . . .,11! + 11ne sont pas premiers.
Exercice 4. On considère une école, dont l’effectif est compris entre 100 et 200 élèves. Si l’on range les élèves par groupes de 3, de5, ou de7, il reste toujours2élèves. Combien y a-t-il d’élèves dans cette école ?
On notenle nombre d’élèves dans cette école. Les hypothèses faites ci-dessus se traduisent par le fait quen−2 est divisible par3,5, et7, avec98≤n−2≤198. Comme3, 5, et7 sont premiers entre eux, on sait quen−2 est divisible par3×5×7 = 105. Il suffit alors de remarquer que le seul multiple de105 compris entre98et198 est 105, ce qui donnen−2 = 105.
L’école en question comporte donc107 élèves.
Exercice 5. Déterminer le plus grand entier naturel dont le cube divise 24×36×7.
On pose m= 24×36×7 et on note P l’ensemble des nombres premiers. Soitnun entier naturel dont le cube divisem. On a alors
3v2(n) = v2 n3
≤ v2(m) = 4 3v3(n) = v3 n3
≤ v3(m) = 6 3v7(n) = v7 n3
≤ v7(m) = 1 3vp(n) = vp n3
≤ vp(m) = 0 pourp∈ P \ {2,3,7}
.
Le plus grand entier n dont le cube divisem étant celui pour lequel les valuations p-adiques étant maximales tout en vérifiant les conditions ci-dessus, il vaut2×32= 18.
Exercice 6. Déterminer tous les nombres premierspdivisant2p+ 1.
On va raisonner par analyse-synthèse.
•Analyse : Soitpun nombre premier divisant2p+ 1. Le petit théorème de Fermat disant quepdivise par ailleurs 2p−2, on ap| (2p+ 1)−(2p−2) = 3, ce qui donnep= 3.
• Synthèse : Il s’agit ici de vérifier que l’unique solution éventuelle au problème posé convient. On a effectivement 3|23+ 1 = 9.
L’unique nombre premierpdivisant2p+ 1est donc3.
Exercice 7. Calculer le pgcd et le ppcm de195et 143.
Les entiers considérés étant relativement petits, on peut résoudre cet exercice en les factorisant en produit de nombres premiers, ou bien en calculant le pgcd avec l’algorithme d’Euclide puis en utilisant l’exercice12.
On va utiliser la première méthode. On a
195 = 3×65 = 3×5×13 143 = 11×13
, ce qui donne
pgcd (195,143) = Q
p∈P
pmin(vp(195),vp(143)) = 13 ppcm (195,143) = Q
p∈P
pmax(vp(195),vp(143)) = 3×5×11×13 = 2145 .
Exercice 8. Résoudre dansZ2 les équations suivantes.
1)4x+ 9y= 1.
La première étape consiste à remarquer que4et9sont premiers entre eux, donc l’équation considérée va admettre une infinité de solutions, le pgcd des deux coefficients du membre de gauche divisant le membre de droite.
Il faut ensuite déterminer une solution particulière de cette équation, ce que l’on peut ici faire directement. On va néanmoins utiliser la méthode générale, consistant à déterminer les coefficients de l’identité de Bézout. On a
9 = 4×2 + 1 4 = 4×1 + 0
et l’on peut remonter ces calculs pour trouver les coefficients de Bézout. On a 4×(−2) + 9×1 = 1 .
Le couple (x0, y0) = (−2,1)est donc une solution particulière de l’équation considérée.
On raisonne maintenant par analyse-synthèse pour déterminer toutes les solutions.
•Analyse : Soit(x, y)∈Z2vérifiant4x+ 9y= 1. On a
( 4 × x + 9 × y = 1 4 × (−2) + 9 × 1 = 1
,
ce qui donne 4 (x+ 2) + 9 (y−1) = 0. On a alors4 | y−1 par le théorème de Gauss, donc il existe un entier relatifk∈Ztel que l’on aity= 4k+ 1. Ceci donne alors 4 (x+ 2) + 9×4k= 0, d’oùx=−9k−2.
•Synthèse : On va vérifier que toutes les solutions éventuelles trouvées ci-dessus conviennent. Soitk∈Z. On a 4 (−9k−2) + 9 (4k+ 1) =−36k−8 + 36k+ 9 = 1.
L’ensemble des solutions dans Z2de l’équation4x+ 9y= 1est donc{(−9k−2, 4k+ 1), k∈Z}.
2)18x+ 7y= 2.
La première étape consiste à remarquer que 18 et 7 sont premiers entre eux, donc l’équation considérée va admettre une infinité de solutions, le pgcd des deux coefficients du membre de gauche divisant le membre de droite.
Il faut ensuite déterminer une solution particulière de cette équation, ce que l’on peut ici faire directement. On va néanmoins utiliser la méthode générale, consistant à déterminer les coefficients de l’identité de Bézout. On a
18 = 7×2 + 4 7 = 4×1 + 3 4 = 3×1 + 1
et l’on peut remonter ces calculs pour trouver les coefficients de Bézout. On a
1 = 4−3×1 = 4−(7−4×1)×1 = 4×2−7 = (18−7×2)×2−7 = 18×2−7×5 . Le couple (x0, y0) = (4,−10)est donc une solution particulière de l’équation considérée.
On raisonne maintenant par analyse-synthèse pour déterminer toutes les solutions.
•Analyse : Soit(x, y)∈Z2vérifiant18x+ 7y= 2. On a
( 18 × x + 7 × y = 2 18 × 4 + 7 × (−10) = 2
,
ce qui donne18 (x−4) + 7 (y+ 10) = 0. On a alors18|y+ 10par le théorème de Gauss, donc il existe un entier relatifk∈Ztel que l’on aity= 18k−10. Ceci donne alors 18 (x−4) + 7×18k= 0, d’oùx=−7k+ 4.
•Synthèse : On va vérifier que toutes les solutions éventuelles trouvées ci-dessus conviennent. Soitk∈Z. On a 18 (−7k+ 4) + 7 (18k−10) = 2.
L’ensemble des solutions dans Z2de l’équation18x+ 7y= 2est donc{(−7k+ 4, 18k−10), k∈Z}.
Exercice 9. Soienta, b,x, ety des entiers tels queax+bysoit strictement positif et soit un diviseur commun àa et b. Montrer qu’il s’agit du pgcd deaet b.
On commence par noter dle pgcd de aet b, qui divise l’entierax+by. Comme ax+by divisea et b, il divise égalementd. Ceci donned|ax+byetax+by|d. Ces deux entier étant strictement positifs, ils sont alors égaux.
Exercice 10. Soienta,b,c, etddes entiers. Montrer que les implications suivantes sont vraies.
1)pgcd (a, b) =d =⇒ pgcd (ac, bc) =dc.
On commence par remarquer que l’on peut supposera, b, cpositifs, car changer de signe ne modifie pas le pgcd.
On suppose que le pgcd de aet b vaut d. Le théorème de Bézout dit alors qu’il existe deux entiersu et v tels que l’on aitau+bv=d. L’entier strictement positifacu+bcv=dc divisantacet bc, il s’agit de leur pgcd par l’exercice précédent.
2)pgcd (a, b) = 1et pgcd (a, c) = 1 =⇒ pgcd (a, bc) = 1.
On commence par remarquer que l’on peut supposera, b, cpositifs, car changer de signe ne modifie pas le pgcd.
On raisonne par contraposée. On suppose queaet bcne sont pas premiers entre eux. Il existe alors un nombre premierpqui divise à la foisaetbc. Le lemme d’Euclide dit alors quepdivisebouc, donc il s’agit d’un diviseur commun àaet b, ou àaet c. Ceci montre que soit aet bne sont pas premiers entre eux, soitaet cne le sont pas. On a donc bien l’implication voulue.
3)pgcd (a, b) = 1 =⇒ ∀m, n≥2, pgcd (am, bn) = 1.
On commence par remarquer que l’on peut supposera, b, cpositifs, car changer de signe ne modifie pas le pgcd.
On raisonne par contraposée. On suppose qu’il existe des entiers naturels, que l’on fixe,met nau moins égaux à 2tels am etbn ne soient pas premiers entre eux. Il existe alors un nombre premierpqui divise à la foisamet bn. Par le lemme d’Euclide, ce nombre premier diviseaet b, et ces derniers ne peuvent donc pas être premiers entre eux. On a bien montré l’implication voulue.
4)pgcd (a, b) =d =⇒ ∀m≥2, pgcd (am, bm) =dm.
On commence par remarquer que l’on peut supposera, b, cpositifs, car changer de signe ne modifie pas le pgcd.
On noteP l’ensemble des nombres premiers.
On va montrer le résultat en utilisant les valuations p-adiques. On suppose quedest le pgcd dea etb. Soitm un entier au moins égal à2. On a
pgcd (am, bm) = Q
p∈P
pmin(vp(am),vp(bm)) = Q
p∈P
pmin(mvp(a),mvp(b))
= Q
p∈P
pm·min(vp(a),vp(b))
= Q
p∈P
pmin(vp(a),vp(b))
!m
= dm.
Exercice 11. Soient a et b deux entiers strictement positifs, dont on note m le ppcm. Montrer qu’il existe des diviseursa0 deaet b0 deb premiers entre eux tels que l’on aitm=a0b0.
On va raisonner avec les valuationsp-adiques. On noteP l’ensemble des nombres premiers. On a
m = Q
p∈P
pmax(vp(a),vp(b)) =
Y
p∈P, vp(a)≥vp(b)
pvp(a)
| {z }
a0
·
Y
p∈P, vp(a)< vp(b)
pvp(b)
| {z }
b0
.
Les entiers a0 et b0 ainsi définis sont bien premiers entre eux, car on ne peut pas avoir à la fois vp(a) ≥ vp(b) et vp(a) < vp(b). On a de plus biena0|aetb0 |b par construction.
