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Correction des exercices : Nombres premiers
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Exercice 1 1. Les restes possibles par la division de p par 12 sont les nombres entiers compris entre 0 et 11. On a p = 12q + r avec 0 ≤ r <12 . Si r est divisible par un diviseur de 12, alors p n’est pas premier. Donc r ≠ 2 , r ≠ 3 , r ≠ 4 , r ≠ 6 , r ≠ 8 , r ≠ 9 et r ≠ 10 . Autrement dit, les restes possibles sont 1, 5, 7 et 11. 2.
Restes possibles pour p 1 5 7 11
Restes pour p2 1 1 1 1
Restes pour
p2 +1 0 0 0 0
Donc p2 +1 est divisible par 12.
Exercice 2
1. 56 = 23 × 7 . Donc 56× 2× 7 = 24 × 72 = 22 × 7( )2
= 784 est un carré parfait divisible par 56. 2. les diviseurs de 84 sont : 1, 2, 3, 4, 6, 7, 12, 14, 21, 28, 42 et 84. On pose f x( ) = x x +1( ) 2x +1( ) = 2x3 + 3x2 + x .
f ' x( ) = 6x2 + 6x +1> 0 , car x ≥ 0 (entier naturel).
f est continue et strictement croissante sur 0;+∞⎡⎣ ⎡⎣ , f 0;+∞⎡⎣ ⎡⎣( ) = 6;+∞⎡⎣ ⎡⎣ , et 84∈ 6;+∞⎡⎣ ⎡⎣ .
D’après le TVI, l’équation f x( ) = 84 admet une unique solution.
Pour x = 3 , x +1= 4 et 2x +1= 7 , tous diviseurs de 84 et on a f 3( ) = 3× 4× 7 = 84 , donc la solution de cette équation est x = 3 . Exercice 3 Le produit de deux entiers naturels a et b ( a < b ) est 11340. On note d leur pgcd. 1. a. d divise a, donc a = da ' , et d divise b, donc b = db ' , avec pgcd a ',b '( ) = 1 . Donc
11340 = ab = da 'db ' = d 2a 'b ' . Donc d 2 divise 11340.
b. On a 11340 = 22 × 34 ×5× 7 , comme d 2 divise 11340, alors d ne peut se décomposer
qu’avec des facteurs premiers de puissances pair, cad 2 et 3. Ainsi on a d = 2α × 3β avec 0 ≤α ≤1et 0 ≤ β ≤ 2 . 2. a. On prend α et β maximum dans la décomposition de d. D’où d = 2× 32 = 18 . b. . a = 2× 32 ×5= 90 et b = 2× 32 × 7 = 126 . Exercice 4 1. 2α +1( ) 2β +1( ) = 3 α +1( ) β +1( ) ⇔ 4αβ + 2α + 2β +1= 3αβ + 3α + 3β + 3
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⇔αβ −α − β +1= 3 d’où α −1( ) β −1( ) = 3 .
2. 3= 3×1 donc soit
α −1= 1β −1= 3
⎧⎨⎩
⇔α = 2β = 4
⎧⎨⎩
⇔ n = 324 , soit
α −1= 3β −1= 1
⎧⎨⎩
⇔α = 4β = 2
⎧⎨⎩
⇔ n = 144
Exercice 5 : Triplets pythagoriciens
Soit p un nombre premier donné. On se propose d’étudier l’existence de couples x; y( )d’entiers naturels strictement positifs vérifiant l’équation :
E( ) : x2 + y2 = p2 1. Si x = 1 et y = 1 , x
2 + y2 = 1, donc 1;1( ) n’est pas solution de E( ) .
Si x = 1 et y = 2 , ou x = 2 et y = 1 x2 + y2 = 5 , donc 1;2( ) et 2;1( ) ne sont pas solution de
E( ) .
Pour x ≥ 3 (ou y ≥ 3), x2 ≥ 9 (ou y2 ≥ 9 ), donc x; y( )n’est pas de solution de E( ) .
2. a. Si x et y pairs, cad x = 2k et y = 2k ' , alors
x2 + y2 = 4k 2 + 4k '2 = 4 k 2 + k '2( ) . Comme p
est premier il ne peut être divisible par 4. Donc impossible. Si x et y impairs, cad x = 2k +1 et y = 2k '+1, alors
x2 + y2 = 2k +1( )2
+ 2k '+1( )2= 4k 2 + 4k +1+ 4k '2+ 4k '+1= 2 2k 2 + 2k + 2k '2+ 2k '( ) . Comme
p est premier il ne peut être divisible par 2. Donc impossible. Donc x et y sont de parité différentes. b. Supposons que x est divisible par p, cad x = kp . Donc
x2 + y2 = p2 ⇔ k 2 p2 + y2 = p2 ⇔ y2 = 1− k 2( )
or x > 0 , donc k > 0 , et donc y2 ≤ 0 . Impossible. Donc x n’est pas divisible par p.
On démontre de même que y n’est pas divisible par p. c. Soit pgcd(x; y) = d . On alors x = kd et y = k 'd , cad
x2 + y2 = k 2d 2 + k '2 d 2 = d 2 k 2 + k '2( )
ainsi d 2 divise p, ce qui implique que d divise p. or p est premier, cad ses diviseurs son 1 et p. comme x et y ne sont pas divisibles par p, alors d ≠ p , donc d = 1 . Ce qui prouve que x et y sont premiers entre eux. 3. On suppose maintenant que p est une somme de deux carrés non nuls, c’est à dire que :
p = u2 + v2 où u et v sont deux entiers naturels strictement positifs.
a. u2 − v2 2
+ 2uv( )2= u2 − v2( )2
+ 4u2v2 = u4 − 2u2v2 + v4 + 4u2v2 = u4 + 2u2v2 + v4 = u2 + v2( )2
= p2 b. Pour p = 5= 22 +12 , on pose alors u = 2 et v = 1, donc x = 4−1= 3 et y = 2× 2×1= 4 .
Les couples 3;4( ) et 4;3( ) sont les couples solutions.
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Pour p = 13= 32 + 22 , on pose alors u = 3 et v = 2 , donc x = 9− 4 = 5 et y = 2× 3× 2 = 12 .
Les couples 5;12( ) et 12;5( ) sont les couples solutions.
4. On se propose enfin de vérifier sur deux exemples, que l’équation E( ) est impossible lorsque p n’est pas la somme de deux carrés. a. 1
2 +12 = 2 ≠ 3 , 12 + 22 = 5≠ 3 , donc 3 n’est pas la somme de deux carrés.
22 + 22 = 8 ≠ 3, donc 7 n’est pas la somme de deux carrés.
b. Pour p = 3, l’équation devient x
2 + y2 = 9 . Mais comme p n’est pas la somme de deux carrés, alors cette équation n’a pas de solution. On peut le vérifier. 2
2 + 22 = 8 ≠ 9 et 12 + 32 = 10 ≠ 9 .
De même pour x2 + y2 = 49 .
Exercice 6 : Rep-unit Partie 1 : Primalité des rep-units 1. N2 = 11est premier, N3 = 111= 3× 37 n’est pas premier et N4 = 1111= 11×101 n’est pas premier.
2. N p = 1+10+100+ ...+10 p−1 = 1−10 p
1−10= 10 p −1
9.
3. a. N p =
10 p −19
= 102q −19
= 100q −19
.
Or 100q −1= 100−1( ) 100q−1 +100q−2 + ...+100+1( ) = 99 100q−1 +100q−2 + ...+100+1( )
donc N p =
100q −19
=99 100q−1 +100q−2 + ...+100+1( )
9= 11 100q−1 +100q−2 + ...+100+1( )
donc N p = N2 × a où a = 100q−1 +100q−2 + ...+100+1∈!
donc N p est divisible par N2 .
b. De même
N p = N3 × b , donc N p est divisible par N3 .
c. N p =
10 p −19
= 10kq −19
=10k( )q
−19
.
Or 10k( )q
−1= 10k −1( ) 10kq−1 +100kq−2 + ...+10+1( ) donc
N p =
10kq −19
=10k −1( ) 100kq−1 +100kq−2 + ...+10+1( )
9=
10k −1( )9
100kq−1 +100kq−2 + ...+10+1( ) donc
N p = Nk × c où c ∈! , donc N p est divisible par Nk .
d. Si p n’est pas premier, alors N p n’est pas premier puisque divisible par Nk .
La contraposée de cette implication est :
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Si N p est premier alors p est premier.
Cette condition n’est pas suffisante puisque 3 est premier mais N3 ne l’est pas. Partie 2 : Diviseurs des rep-units 1. 2 et 5 car un rep-unit n’est pas pair et ne termine pas par 0 ou 5. 2. 3 apparaît dans la décomposition du rep-unit Nk si k est un multiple de 3 (Somme des nombres divisible par 3).
3. On a déjà prouvé que Nk =
10k −19
(cf partie 1 Q2), d’où 9Nk = 10k −1 .
4. k 1 2 3 4 5 6 7 8
10k 3 2 6 4 5 1 3 2 5. D’après le tableau : 10k ≡ 1 7⎡⎣ ⎤⎦ équivaut à k est multiple de 6.
Donc, lorsque k est un multiple de 6, 10k −1≡ 0 7⎡⎣ ⎤⎦ , cad 7 divise 10k −1cad 9Nk . Or 7 et 9 sont premiers entre eux, donc (th de Gauss) 7 divise Nk . Partie 3 : Les rep-units ne sont pas des carrés 1. n2 se termine par 1, cad le reste de la division euclidienne de n2 par 10 est 1. Donc n
2 = 10q +1. Or n = 10s+ t , avec 0 ≤ t <10 .
n2 = 10s+ t( )2
= 100s2 + 20st + t2 , et le reste de la division euclidienne de t2 par 10 est 1 (car
celui de n2 est 1). t 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Reste de t2 0 1 4 9 6 5 6 9 4 1
Donc n se termine par 1 ou 9. 2. Soit n se termine par 1. On a n = 10q +1, et en posant m = q , on a n = 10m+1 . Soit n se termine par 9. On a n = 10q + 9 = 10 q +1( )−10+ 9 = 10 q +1( )−1 , et en posant
m = q +1, on a n = 10m−1 .
3. Si n = 10m+1 , alors n2 = 10m+1( )2
= 100m2 + 20m+1= 20 5m2 + m( ) +1 , donc n2 ≡ 1 20⎡⎣ ⎤⎦ .
Si n = 10m−1 , alors n2 = 10m−1( )2
= 100m2 − 20m+1= 20 5m2 − m( ) +1 , donc n2 ≡ 1 20⎡⎣ ⎤⎦ .
4. Nk = 1+10+100+ ...+10k−1 . Or 100, 1000 … sont congrus à 0 modulo 20.
Donc Nk = 1+10 20⎡⎣ ⎤⎦ , Nk = 11 20⎡⎣ ⎤⎦ pour k ≥ 2 .
5. Par l’absurde, supposons Nk distinct de 1 est un carré. D’après Q3, Nk ≡ 1 20⎡⎣ ⎤⎦ . Or
Nk ≡ 11 20⎡⎣ ⎤⎦ , contradiction. Donc Nk différent de 1 n’est pas un carré.
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