On en d´eduit que p1−1 = 6k |36k |N −1, p2−1 = 12k|36k|N −1 et p3−1 = 18k |36k |N −1

Corrig´e du DS 2014-2015 Exercice 1

1)Notonsp₁,p₂ etp₃ les trois nombres premiers ´egaux respectivement `a 6k+ 1, 12k+ 1 et 18k+ 1.

Ils sont distincts, ce qui prouve que N = p1p2p3 est compos´e et sans facteur carr´e. Un calcul

´

el´ementaire donne : N = 36k(36k²+ 11k+ 1) + 1 d’o`u la congruence recherch´ee. On en d´eduit que p<sub>1</sub>−1 = 6k |36k |N −1, p<sub>2</sub>−1 = 12k|36k|N −1 et p<sub>3</sub>−1 = 18k |36k |N −1. Le crit`ere de Korselt indique que N est un nombre de Carmichael.

2)Le choixk= 1 convient et on obtientN = 7×13×19 = 1729. Le choix k= 2 ne convient pas car 12k+ 1 = 25 n’est pas premier. Le choix k= 3 ne convient pas car 18k+ 1 = 55 n’est pas premier.

Le choixk= 4 ne convient pas car 6k+ 1 = 25 n’est pas premier. Le choixk= 5 ne convient pas car 18k+ 1 = 91 n’est pas premier. Le choix k= 6 convient et on obtientN = 37×73×109 = 294409.

Les deux plus petits nombres de Chernik sont donc 1729 et 294409.

3)Soitapremier avecN. Commeaest inversible moduloN, la congruencea^N =amodN implique a^N−1 = 1 modN (on multiplie par l’inverse de a). Comme N est compos´e, N est un nombre de Carmichael.

4.a) Sip divisea, on a a= 0 modp, d’o`ua^N = 0 modpet l’´egalit´ea^N =amodp.

4.b) Sip ne divise pas a, le petit th´eor`eme de Fermat donne : a<sup>p−1</sup> = 1 modp. Comme N est un nombre de Carmichael, le crit`ere de Korselt implique p−1|N−1, d’o`ua^N−1 = 1 modp.

4.c)Dans les deux cas, on a donca^N =amodp. Deux raisonnements possibles (´equivalents) m`enent

`

a la conclusion.

• N ´etant un nombre de Carmichael, il est produit de premiers distincts : N = Qr

i=1pi (r ≥ 2).

Pour chaquei, la congruence pr´ec´edente donnep_i |a^N−a. On en d´eduit¹ ppcm(p₁, . . . , p_r)|a^N−a ou encore Qr

i=1pi=N |a^N −a, d’o`u a^N =amodN.

• On applique le th´eor`eme chinois. Les entiers a^N et a sont congrus modulo p_i pour chaque i.

L’unicit´e dans le th´eor`eme chinois montre qu’il y a une seule solution moduloQr

i=1pi =N au syst`eme x=amodp<sub>i</sub> (1≤i≤r). Commeaeta<sup>N</sup> sont solutions de ce syst`eme, on aa^N =amodN. 5)SupposonsN pair. CommeN est compos´e et sans facteur carr´e, il existeppremier impair divisant N. Le crit`ere de Korselt indique que p−1|N −1. Mais p−1 est pair etN −1 est impair. C’est absurde.

6) Appliquons la d´efinition d’un nombre de Carmichael avec a=−1 qui est premier avecN. On a (−1)^N−1 = 1 modN. CommeN >2, ceci implique queN −1 est pair, donc N est impair.

7)SupposonsN =pqo`upetq sont deux premiers impairs distincts. On ap−1|(p−1)q=pq−q et comme, par le crit`ere de Korselt, on ap−1|N−1 =pq−1, on en d´eduit quep−1|(pq−1)−(pq−q) = q−1. Par sym´etrie on aq−1|p−1, ce qui implique p−1 =q−1 donc p=q. C’est absurde.

Exercice 2

1)On applique l’algorithme d’Euclide ´etendu.

r_i r_i+1 q_i u_i v_i

110 7 1 0

7 5 15 0 1

5 2 1 1 −15

2 1 2 −1 16

1 0 2 3 −47

On en d´eduit que pgcd(110,7) = 1 et que l’inverse de 7 modulo 110 est−47 ou encore 63.

2)La premi`ere congruence est triviale. Pour les autres on utilise le petit th´eor`eme de Fermat. Comme 3 est premier avec 5, 7 et 11 on a respectivement 3⁴= 1 mod 5, 3⁶ = 1 mod 7 et 3¹⁰= 1 mod 11. On en d´eduit (en effectuant les divisions euclidiennes de 1000 par 4, 6 et 10) que

3¹⁰⁰⁰ = 3^4×250= 1²⁵⁰= 1 mod 5,

3¹⁰⁰⁰ = 3^6×166+4= 1¹⁶⁶×3⁴ = 81 = 4 mod 7, 3¹⁰⁰⁰ = 3^10×100 = 1¹⁰⁰= 1 mod 11.

3) En raisonnant comme dans la question 4.c) de l’exercice 1, de N = 1 mod 2,5 et 11 on tire N = 1 mod 2×5×11 donc N = 1 mod 110.

1Ici, on se sert du fait que tout multiple derentiers est multiple de leur ppcm.

4) Comme 7 et 110 sont premiers entre eux, on utilise le th´eor`eme chinois. De N = 1 mod 110 et N = 4 mod 7 on tire :

N = 1×7×(7⁻¹ mod 110) + 4×110×(110⁻¹ mod 7) mod 770.

Comme 7⁻¹ = 63 mod 110 par la question 1) et comme facilement 110⁻¹ = 5⁻¹ = 3 mod 7 on obtient N = 7×63 + 4×110×3 = 221 mod 770. Le reste de la division euclidienne de N = 3¹⁰⁰⁰ par 770 est donc 221.

Exercice 3

1)On aN =pq= 81070877 etφ(N) = (p−1)(q−1) = 81052860. On en d´eduit quep+q= 81070877−

81052860 + 1 = 18018. Maispetq sont racines de l’´equationx²−(p+q)x+pq= 0. On r´esout donc l’´equationx²−18018x+81070877 = 0. Avec les notations standards²∆⁰ = 9009²−81070877 = 91204 et√

∆⁰= 302. On en d´eduit que{p, q}={9009 + 302,9009−302}={9311,8707}.

2)dest l’inverse de e= 127 modulo φ(N) = 81052860. On utilise l’algorithme d’Euclide ´etendu.

ri ri+1 qi ui vi

81052860 127 1 0

127 63 638211 0 1

63 1 2 1 −638211

1 0 63 −2 1276423

On obtientd= 1276423.

3) Le choix de Bob est maladroit car p etq sont du mˆeme ordre de grandeur. Posons p > q. On a N =pq= (^p+q₂ )²−(^p−q₂ )²=r²−s² o`ur est de peu sup´erieur `a√

N. Bob teste les valeurs possibles de r jusqu’`a ce que r²−N soit un carr´e. Comme b√

Nc= 9003, il commence par r = 9004. Alors r²−N = 1139 qui n’est pas un carr´e. Il teste ensuiter = 9005 et obtientr²−N = 19148 qui n’est pas un carr´e. Puis r = 9006 conduit `a 37159 qui n’est pas un carr´e, r = 9007 conduit `a 55172 qui n’est pas un carr´e et r = 9008 conduit `a 73187 qui n’est pas un carr´e. Enfin r = 9009 conduit `a 91204 = 302². Oscar en d´eduit queN = 9009²−302² = (9009 + 302)(9009−302) = 9311×8707.

Exercice 4

1) On a (X+a)ⁿ=Xⁿ+Pn−1 i=1

n i

aⁱXⁿ⁻ⁱ+aⁿ. Sin est premier, n| ⁿ_i

pour tout 1≤i≤n−1 (vu en cours). On a donc (X+a)ⁿ=Xⁿ+aⁿmodn. Le petit th´eor`eme de Fermat dit que sin est premier, on aaⁿ=amodn pour touta. On en d´eduit (X+a)ⁿ=Xⁿ+amodn.

2)Commep|n,pne divise aucun desn−i(1≤i≤p−1) donc ne divise pas (n−1)(n−2)· · ·(n−p+1) car il est premier. Sip^k+1 divisen(n−1)· · ·(n−p+ 1), comme pgcd(p^k+1,(n−1)· · ·(n−p+ 1)) = 1 (car p-(n−1)· · ·(n−p+ 1) et est premier), le lemme de Gauss impliquep^k+1|n, ce qui est faux.

Donc p^k+1-n(n−1)(n−2)· · ·(n−p+ 1).

3) On a ⁿ_p

= n(n−1)···(n−p+1)

p! . Si p^k | ⁿ_p

on a p!p^k | n(n−1)· · ·(n−p+ 1) d’o`u p^k+1 |n(n− 1)· · ·(n−p+ 1). Mais ceci est faux par la question pr´ec´edente. Doncp^k - ⁿ_p

.

4) Supposons que (X + a)ⁿ = Xⁿ +amodn. Alors pour tout 1 ≤ i ≤ n−1 on doit avoir

n i

aⁱ = 0 modn. Comme a est inversible modulon, ceci implique ⁿ_i

= 0 modn (on multiplie par l’inverse de aⁱ modulon). C’est en particulier vrai pour i=p diviseur premier den(qui v´erifie bien 1 ≤ p ≤ n−1 car n est compos´e). Or ⁿ_p

= 0 modn implique ⁿ_p

= 0 modp^k car p^k | n. Ceci contredit le pr´ec´edent r´esultat. On a donc bien (X+a)ⁿ6=Xⁿ+amodn.

2Ici, on se sert du discriminant r´eduit ∆⁰ = ∆/4 mais on peut tr`es bien faire les calculs avec le discriminant

∆ =b²−4acet la formulex= (−b±√

∆)/2a.