FICHIER COMP 6198MTSSpe n 8 .pdf



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Nombres premiers




b. M12 12, 24, 36, 48, 60, 72, 84, 96

Ouverture





c. M9 « M12 36, 72 donc m 36.

Comment peut-on construire de très grands
nombres premiers ?
En 1643, Pierre de Fermat écrit à Marin Mersenne : « Vous me demandez si le nombre
100 895 598 169 est premier ou non, et une
méthode pour découvrir, dans l’espace d’un jour,
s’il est premier ou composé. À cette question, je
réponds que ce nombre est composé et se fait
du produit de ces deux : 898 423 et 112 303, qui
sont premiers. »
Plus de trois siècles avant la cryptographie RSA,
les mathématiciens étaient conscients des problèmes intellectuels posés par la factorisation de
très grands entiers.
De nombreuses applications industrielles de
l’arithmétique reposent sur la connaissance
algorithmique des nombres premiers, et parfois
plus précisément sur la difficulté des problèmes
algorithmiques qui leur sont liés ; par exemple
certains systèmes cryptographiques, ainsi que
des méthodes de transmission de l’information.
En effet, soient deux grands nombres premiers
donnés : il est facile d’en obtenir le produit. Il est
en revanche beaucoup plus difficile de trouver
les facteurs premiers de ce produit. Ce problème
est au cœur des systèmes modernes de cryptologie. Si une méthode rapide était trouvée pour
résoudre le problème de la factorisation des
nombres entiers, alors plusieurs systèmes cryptologiques importants seraient cassés, incluant
l’algorithme à clé publique RSA.
Réponse à la question : la spirale d’Ulam
Les nombres premiers n’ayant que deux diviseurs,
chaque disque aura comme diamètre 2 !

d. d 3.
e. md 108 9 ¥ 12.

3 Dans cet exercice la question 5. est modifiée
comme suit :
Soit a = 25 × 33 × 52 × 7 et b = 24 × 34 × 11.
a. 26 × 33 × 52 × 11 est un multiple de a.
b. 22 × 34 × 5 est un diviseur de b.
c. 25 × 34 × 52 × 7 × 11 × 13 est un multiple
­commun à a et b.
La question d. reste inchangée.

1. 10 ¥ 32 25 ¥ 5, 25 ¥ 36 22 ¥ 32 ¥ 52,
75 ¥ 120 23 ¥ 32 ¥ 53

2. a 2 ¥ 3 ¥ 5 ¥ b





3. a. Da 1, 2, 4, 3, 9, 27, 6, 12, 18, 36, 54, 108 .
a a 12 diviseurs.





b. Db 1, 2, 3, 9, 27, 81, 243, 6, 18, 54, 162, 486 .
b a 12 diviseurs.





c. Da « Db 1, 2, 3, 9, 27, 54 . d 54 2 ¥ 33
4. On pose a 22 ¥ 33 et b 2 ¥ 34









Ma k ¥ 22 ¥ 33 et Mb k¢ ¥ 2 ¥ 34



Ma « Mb k¢¢ ¥ 22 ¥ 34

5. a. Vrai ;  b. Faux ;  c. Vrai ;  d. Faux.

4 a.

12 3
;
16 4

b. a

5
;
12

144 12

;
132 11
b

17
;
15

3 250 130

.
1275
51
c -

7
.
12

5 1. a. Vrai ;  b. Faux ;  c. Vrai ;  d. Vrai ;  e. Faux.
2. a. i ;  b. ii.

Vérifier ses acquis
1 a. 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 sont premiers.

6 1. a. Faux ;  b. Faux ;  c. Vrai ;  d. Vrai.

b. Les nombres pairs sont divisibles par 2, donc
seul 2 est premier.

2. a. -2n 2n 1 1 ;

b. 3(4n 3) - 4 3n 2) 1

3. a. oui, b. non,

c. oui,

2 1. 24 et 132 sont pairs. 225 est multiple de 5,
111 est multiple de 3, 1 331 est multiple de 11.
2. a. M9 9, 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81, 90

4. Voir exercice 66 page 63.





d. oui.

5. a. 7 ¥ (-1) 4 ¥ 2 1 ; b. 7 ¥ 3 - 5 ¥ 4 1 ;
c. 7 - 4 3  ;

d. 7 ¥ 4 - 5 ¥ 4 2

Chapitre 3 n Nombres premiers n  43

© éditions Belin, 2012.

3

Activité 1

1 3 n’a que 2 diviseurs, 1 et 3.
2 Le premier multiple de 3 est 3 × 2, pair donc
déjà barré.
3 5 est premier, sinon il serait divisible par un
nombre inférieur, donc serait barré.
4 Les multiples de 11 inférieurs à 100 sont multiples de 2, 3, 5 ou 7, donc on s’arrête à 7.
5 Pour avoir 400 nombres, on fait un tableau
20 × 20, et on s’arrête aux multiples de 19.
6 {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41,
47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101,
103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149,
151, 157, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 197,
199, 211, 223, 227, 229, 233, 239, 241, 251,
257, 263, 269, 271, 277, 281, 283, 293, 307,
313, 331, 337, 347, 349, 353, 359, 363, 373,
379, 383, 389, 397}.
Activité 2

1 a. 3 – 5 – 7 ; 17 – 19 ; 29 – 31.
b. La séquence de 192 à 210.
2 a. 23 – 29 sont premiers consécutifs.
b. 113 – 127 aussi.
c. 24 + 2, 24 + 3, 24 + 4 sont divisibles par 2, 3,
4 donc non premiers.
d. Pour tout entier k compris entre 2 et n + 1,
(n + 1)! + k est divisible par k.

3 a. 2! + 1 = 3 est premier, 3! + 1 = 7 aussi,

mais 4! + 1 = 25 ne l’est pas.
b. Tout k ≤ n divise n!, donc ne peut diviser
n! + 1. Un diviseur premier de n! + 1 est nécessairement supérieur à n, quel que soit n. L’ensemble
des nombres premiers est donc infini.

Activité 3

1 a. Pour a ≥ 3, an – 1 est divisible par
(a – 1) ≥ 2, donc non premier.
b. Si a = 2, on ne peut conclure.
2 a. 1, 3, 7, 15(n = 3), 31, 63(n = 3),

127, 255(n = 5), 511(n = 7), 1 023(n = 11),
2 047(n = 23), 4 095(n = 5).

44 n Chapitre 3 n Nombres premiers

b. Parmi eux, seuls 3, 7, 31, 127 sont premiers.
c. Mn = 2km – 1 = (2k – 1)(2k(m–1) + … + 2k + 1)
avec a = 2k, k > 1 donc 2k – 1 > 3 donc si n est
composé, Mn = est composé.
d. i. M11 = 23 × 89, 23 = 22 + 1, 89 = 4 × 22 + 1
admet deux diviseurs premiers de la forme 22k + 1.
ii. 11 est premier et M11 n’est pas premier.

Activité 4

1 a. 1, 2, 3, 4, 5, 6 et 7 sont premiers avec 7.
7 est premier, premier avec tout nombre non
multiple de 7.
b. p premier est premier avec tout nombre qu’il
ne divise pas.
2 b. Si p divise n = ab, et p ne divise pas a, il
est premier avec a, donc d’après le théorème de
Gauss, il divise b.
c. Si un nombre premier p divise un produit de
nombres premiers et divise l’un d’entre eux, qui
est premier, il est donc l’un d’eux.
3 a. p et q deux diviseurs premiers distincts
n’ont pas de diviseurs communs.
b. p et q divisent n donc il existe deux entiers u et
v tels que n = up = qv.
c. q divise up et est premier avec p donc d’après
le théorème de Gauss, q divise u donc u = qk,
n = kpq, k ∈ N donc pq divise n.
Ê nˆ

4 a. Pour n = 3 ou n = 5, n divise Á ˜ pour
Ë k¯
tout k tel que 1 ≤ k ≤ n – 1 ?
b. p premier est premier avec tout s ≤ k ≤ p – 1,
donc avec leur produit k! D’après le théorème de
Ê pˆ
Ê pˆ
Gauss, p divise k! Á ˜ donc p divise Á ˜ .
Ë k¯
Ë k¯

Activité 5
La question 3. de cette activité est modifiée
comme suit :
3. c. Montrer que 4 000 = 25 × 53.
Dans toute la question on remplace ensuite 864
par 4 000.

1 a. 1 274 = 2 × 72 × 13.
b. 1 274 × 26 = 1822.
2 N = 1 989 × 100 = 9 × 13 × 17 × 4 × 25 = 
22 × 32 × 52 × 13 × 17.
3 a. Les diviseurs de n = 27 sont de la forme 2k,
avec 0 ≤ k ≤ 7. Il y en a 8.
b. les diviseurs de n = pk sont de la forme pr, avec
0 ≤ r ≤ k. Il y en a p + 1.

© éditions Belin, 2012.

Activités d’introduction

20

21

50

1

2

51

5

10

52

25

50

53

125

250

22

23

24

25

4

8

16

32

20

40

80

160

100

200

400

800

500

1 000

200

4 000

c. 4 000 = 25 × 53
i. 25 × 53 = 2a ¥ 5b  × 25 - a ¥ 53- b
ii. 4 000 a 24 diviseurs.
iii. Si n = 2a ¥ 5b , n a (a + 1)(b + 1) diviseurs.

4 a. N = 24 500 = 245 × 100 = 5 × 49 × 4 × 25 =
22 × 53 × 72.
b. Les diviseurs de N sont de la forme 2a × 5b × 7c
avec 0 ≤ a ≤ 2, 0 ≤ b ≤ 3, 0 ≤ c ≤ 2.
c. 24 500 a 3 × 4 × 3 = 36 diviseurs.
d. 22 et 53 × 72 ; 53 et 72 × 22, 72 et 22 × 53.
e. 1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50, 100, 125, 250, 500 ;
7, 14, 28, 35, 70, 140, 175, 350, 700, 875, 1 750,
3 500 ;
49, 98, 196, 245, 490, 980, 1 225, 2 450, 4 900,
6 125, 12 250, 24 500.
Activité 6

1 a. 27 ≡ 29[33].
b. 293 ≡ 2[33].
c. 57 ≡ 14[33], 143 ≡ 2[33]. On constate que si
a7 ≡ b[33], alors b3 ≡ a[33].

c. Si N est divisible par un nombre appartenant
aux colonnes B ou C, le reste sera nul. Il suffit de
compter le nombre de zéros (en utilisant
= NB.SI(D2:E 631 ; 0)). Si ce nombre est nul, n est
premier.
399 601 est premier.

3 L’algorithme de cette question doit être
modifié comme suit :
Demander N
Initialiser T à 2
Tantque T2 ≤ N faire
Si N/T = E(N/T)
Afficher T et N/T
Remplacer T par T + 1
Fin

a. Cet algorithme affiche une paire de diviseurs
éventuels de N et 12 319 = 97 × 127.

4 Dans le tableau en b. 108 doit être remplacé
par 109.
a. p(N) p (10) = 4, p (100) = 25.
p(10)
p(100)
ii.
 = 0,4 et
 = 0,25.
10
100
b. La table suivante donne les valeurs de p(N)
pour des valeurs de N.
N
p(N)

10

100

1 000

4

25

168

p(N)/N

0,400

0,250

0,168

2 a. n = 3 × 11.

Ln(N).p(N)/N

0,921

1,151

1,161

b. 2 ≤ 7 < 20, 7 est premier avec 20.
d. 7 × 3 = 21 = 20 + 1, donc cd ≡ 1[20].

N

10 000

1 000 000

p(N)

1 229

78 498

p(N)/N

0,123

0,078

Ln(N).p(N)/N

1,132

1,084

1 000 000 000

10 000 000 000

50 847 534

455 052 512

p(N)/N

0,051

0,046

Ln(N).p(N)/N

1,054

1,048

Travaux pratiques

N
p(N)

1TP Algorithmique 1  Nombres premiers ?

1 b. Dans la division par 6, il y a 6 restes pos-

sibles. Si n ∈ {6k, 6k + 2, 6k + 4}, alors n est
pair et 6k + 3 = 3(2k + 1), donc si p est premier,
p ≥ 5, il est de la forme 6k – 1 ou 6k + 1.
c. Si n n’est divisible ni par 2, ni par 3 ni par les
entiers de la forme 6k – 1 ou 6k + 1 inférieurs à
sa racine carrée, il est premier.

2 Dans le tableau de la question 2. les lignes
sont numérotées de 1 à 9 et les colonnes de A à E.
a. B3 = 6*A3 – 1 et C3 = 6*A3 + 1
b. D2 = Mod($D$2, B2)

p(N)
est décroissante et tend vers 0.
N
ln(N)p(N)
Na
reste proche de 1.
N
Remarque : Vers la fin du 18e siècle, Legendre et
Gauss en analysant les tables de nombres premiers ont conjecturé que le nombre p(n) de
nombres premiers entre 1 et n était équivalent à
n
p(n).ln(n)
, ce qui signifie que lim
 = 1.
ln(n)
n
Na

Chapitre 3 n Nombres premiers n  45

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×

2TP Algorithmique 2  Nombres parfaits

3TP TICE 1  Un test de primalité

1 D28 = {1, 2, 4, 7, 14, 28}
et 1 + 2 + 4 + 7 + 14 = 28.

1 a. m = 2,12 – 1 divisible par 2, donc
pour m = 2, 23 – 2 = 6 est divisible par 3.
b. Pour m = 4, 34 – 3 = 78 n’est pas divisible par 4.
c. A5 = {1, 2, 3, 4}. On vérifie que n5 ≡ n[5].
La proposition est vraie pour n = 7, n = 11.

Tricroissant de L1
Afficher L1
par :
Somme (L1) = S
Si S = 2N alors,
afficher « “N” est parfait »

ii. Il faut modifier le début et la fin de l’algorithme.
Au début :
Entrer M
Pour N variant de 1 à M
À la fin, on remplace
Tricroissant de L1
Afficher L1
par :
Somme (L1) = S
Si S = 2N alors,
Afficher N
FinSI

3 496 = 24(25 – 1), 8 128 = 26(27 – 1).
4 a. Les diviseurs de 2n–1 sont {1, 2, 22,… 2n–1}.
b. Si p = 2n – 1 est premier, ses diviseurs sont 1 et
p.
c. Les diviseurs de N = 2n–1(2n – 1) sont
{1, 2, 22,… 2n–1}, {p, 2 p, 22 p,… 2n–1 p}.
d. s(N) = (1 + 2 + 22 + . + 2n–1)(1 + p)
= 2n(2n – 1) = 2N.

5 a. On rajoute 1/D = L2(X), D/N = L2(X),
C = Somme(L2), D = Dim(L1).
Non pour 32. Oui pour 140.
b. S′(6) = 2, S′(28) = 2, S′(496) = 2, S′(8 128) = 2  ;
On conjecture que S′ = 2 pour tout nombre parfait.
c. S′(p) = 1/p + 1 donc q = 2p/(p + 1). or
p + 1 < 2p < 2p + 2 donc 1 < q < 2 n′est pas
un entier.
d. i. {1, 2, 22,… 2n–1, pn, 2 pn, 22 pn,… 2n–1 pn}.
ii. Si S′(an) = 2, alors q = n et les nombres parfaits
sont en division harmonique (on démontre facilement que S′(an) = 2).

46 n Chapitre 3 n Nombres premiers

2 Dans cette question on veut montrer que
pour tout entier naturel n, p divise np – n.
a. 0 – 0 ≡ 0[p], donc P0 est vraie.
b. (n + 1)p – (n + 1) = np + 
1 – n – 1 = np – n + 

p -1

Â

p -1

Ê pˆ

 ÁË k˜¯ nk  +

k 1

Ê pˆ k
ÁË k˜¯ n .

k 1

Ê pˆ
c. Pour 1 ≤ k ≤ p – 1, p divise Á ˜ et p divise
Ë k¯
np – n, donc p divise (n + 1)p – (n + 1)
d. Pour tout n, Pn est vraie.

3 Cette question doit être modifiée comme suit :
c. En utilisant un tableur, calculer le reste dans
la division par 52 633 de 252 633. Déterminer si
52 633 est premier.
a. On raisonne par contraposée.
b. 240 ≡ 1(341) et 341 = 11 × 31 est non premier.
c. 252633 ≡ 2[52 633] et 52 633 = 73 × 721 est
non premier.
4 a. 561 = 3 × 11 × 17.
b. 560 = 7 × 16 × 5 est multiple de 2, de 16 et de 10.
c. a premier avec 561 donc avec 3, 11 et 17. On
pose b = a561 – a = a(a560 – 1).
(a560 – 1) est divisible par (a2 – 1), par (a10 – 1) et
par (a16 – 1) (voir activité 3).
d. i. 3, 11, 17 étant premiers, d’après le petit
théorème de Fermat, (a2 – 1) est divisible par
3, (a10 – 1) par 11, et (a16 – 1) par 17, donc
(a560 – 1) est divisible par 3, 11, 17 premiers
entre eux, donc par leur produit.
ii. Si a est multiple de 3 (mais pas de 11 ni de
17), alors (a561 – a) = a(a560 – 1) est divisible par
3 et a560 – 1 est divisible par 11 et 17 (voir i.) et
(a561 – a) est divisible par 561.
4TP TICE 2  Le système RSA

Dans ce TP la question 1. est modifiée comme suit :
1. Deuxième cas : p divise a et a est premier avec
q.
i. Inchangé
ii. En déduire que a1+km ≡ a[q].
iii. Montrer enfin que a1+km ≡ a[n].

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2 a. Il affiche les diviseurs de N.
b. i. Il faut modifier la fin de l’algorithme : on
remplace

i. a est premier avec pq donc avec p et q et d’après
le petit théorème de Fermat : a(p–1) ≡ 1[p], et
par puissance, a(p–1)(q–1) ≡ 1[p] ; et a(q–1) ≡ 1[q] ;
a(p–1)(q–1) ≡ 1[p].
ii. De même, a(q–1) ≡ 1[q] ; a(p–1)(q–1) ≡ 1[q] ;
donc a(p–1)(q–1) – 1 est multiple de p et q premiers
entre eux, donc, d’après le théorème de Gauss,
de leur produit et a(p–1)(q–1) ≡ 1[pq] et am ≡ 1[n].
iii. Par puissance, akm ≡ 1[n] et par produit,
a1+km ≡ a[n].
•  Deuxième cas : p divise a (ou q divise a)
i. a1+km ≡ 0[p] et a ≡ 0[p] donc a1+km ≡ a[n].
ii.iii. Voir le premier cas.
b. i. Voir le savoir faire 3. page 85.
ii. cd = 1 + km, donc, d’après a., acd ≡ a[n].
Dans la question 2.a. la méthode A est modifiée
comme suit :
A. Utiliser la calculatrice et la suite de récurrence
un+1 = Mod(un × a, n), où Mod(s, n) désigne le
reste dans la division euclidienne de s par n.

2 a. Méthode B : A4 = A3 × $A$2
b. i. 12 319 = 97 × 127,
donc m = 96 × 126 = 12 096.
ii. d = 7 925.
c. Nd = Mcd et Mcd ≡ M[n].

Exercices
Maîtriser le cours
1 On utilise l’algorithme d’Euclide.
2 La somme de leurs chiffres est multiple de 3.
3 Si p ou q vaut 1, n peut être premier.
4 Si n = 3, N = 13 est premier, sinon il est divisible par n – 2 > 1
5 a2 – b2 = (a – b)(a + b) peut être premier si
a – b = 1.

6 192 > 317. Il est premier.
7 a. 1, 2, 3, 4 sont premiers avec 5.
b. Les nombres non multiples de 5 sont premiers
avec 25. Il y en a 24 – 4 = 20.

8 5 est premier donc premier avec 2 012 qu’il
ne divise pas. Ainsi, d’après le théorème de
Bézout, 2 012x + 5y = 1 a des solutions dans Z.
9 p premier divise n = ab, p divise a ou p ne
divise pas a. Dans ce cas, il est premier avec a,
donc d’après le théorème de Gauss, il divise b.
10 a. Faux : 2 par exemple. b. Vrai si n > 1.
c. Faux : 5 et 7 par exemple. d. Faux : 7 et 9 par
exemple. e. Vrai.
11 a. iii.

b. i.

c. i.

12 2x ≡ 0[11] et 2 premier avec 11, donc x est
multiple de 11 et x < 100.
x ∈ {11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99}.
13 Soit p premier et p > 2, p est premier avec
2, donc x est multiple de p, x < p2.
x ∈ {p, 2p,… (p – 1)p}.
14 60 = 6 × 10 = 22 × 3 × 5 ;
90 = 9 × 10 = 32 × 2 × 5 ;
120 = 2 × 60 = 23 × 3 × 5 ;
140 = 14 × 10 = 22 × 5 × 7.

15 {1, 3, 32, 33, …, 39} de somme

310 - 1
.
2

16 72 = 23 × 32,
D72 = {1, 2, 4, 8, 3, 6, 12, 24, 9, 18, 36, 72}.
600 = 23 × 3 × 52,
D600 = {1, 2, 4, 8, 3, 6, 12, 24, 5, 10, 20, 40, 15,
30, 60, 120, 25, 50, 100, 200, 75, 150, 300, 600}.
17 Dans cet exercice on a supprimé la question
sur le PPCM.
a. Da = {1, 2, 4, 8, 16, 3, 6, 12, 24, 48, 9, 18, 36,
72, 144}.
Db = {1, 3, 9, 5, 15, 45, 25, 75, 225, 125, 375,
1 125}
PGCD(a, b) = 9.
b. PGCD(a, b) = 25.
18

72 6
23 ¥ 52
5
 =   ;
 = 
.
5
60 5 2 ¥ 5 ¥ 7 22 ¥ 7

5
7
1 1 1

 =   =   ;
60 42 12 6 4
3
5
32 ¥ 7 52 ¥ 22
163

 = 
 = 
.
5
3
2
25 ¥ 3 ¥ 5 ¥ 72 23 520
2 ¥5¥7 2 ¥3¥7

19

20 a. Faux, 5 ne divise pas 1 273.
b. Faux, 3 divise 111 et pas 11 111.
c. Vrai, 172 × 292 = (17 × 29)2.
d. Faux.

Chapitre 3 n Nombres premiers n  47

© éditions Belin, 2012.

1 a. •  1er cas : a est premier avec pq.

Appliquer les capacités attendues
23 a. Les nombres terminés par un chiffre pair
(ou 5) sont pairs (multiples de 5), donc ils sont
composés (sauf 2 et 5).
b. Contraposée de a.
c. Il y a donc au maximum 4 nombres premiers
dans une dizaine.
24 4k + 2 = 2(2k + 1). Un nombre s’écrit 4k,
4k + 1, 4k + 2 ou 4k + 3.
La réciproque n’est pas vraie. Contre-exemples :
4 × 2 + 1 = 9 et 4 × 3 + 3 = 15 ne sont pas premiers.
25 Voir exercice 24 : 6k, 6k + 2, 6k + 3 sont
­composés.
26 a. 2n2 + 3n = n(2n + 3) premier ⇔ n = 1.
b. n2 – 5n + 6 = (n – 2)(n – 3) premier ⇔ n = 4.

27 a. n3 – 27 = (n – 3)(n2 + 3n + 9)
premier ⇔ n = 4.
b. n6 – 27 premier ⇔ n = 2.
28 Si a2 – b2 = (a – b)(a + b) est premier, alors
a – b = 1.
52 – 42 = 9 non premier donc la réciproque est
fausse.
29 a. 10 ≡ (–1)[11], si i n est impair ≥ 3,
10n ≡ (–1)[11] donc 11 divise 10n + 1.
b. 65 + 1 = 7 777 est divisible par 11, donc
65 ≡ (–1)[11].
Si n est un multiple impair de 5, 6n + 1 est composé.
c. 66 + 1 = 46 657 = 13 × 3 589 donc 66 ≡ (–1)[13].
Si n est un multiple impair de 6, 6n + 1 est composé.
Or 2 010 = 6 × 335 donc 62010 + 1 non premier.
30 579 non (divisible par 3), 911 oui, 1021, oui,
1 597 oui.

31 113, 131, 311 sont tous premiers.
32 137, 173, 317 sont premiers.
371 = 7 × 53, 713 = 23 × 31, 731 =  17 × 43.
33 a. et b. Tout nombre N > 1 admet un diviseur premier d donc appartient à E, donc d = pi.

48 n Chapitre 3 n Nombres premiers

c. d divise n et d divise p1 × … × pn donc d divise
N – p1 × … × pn = 1
d. Or 1 n’admet pas de diviseur premier, donc
l’ensemble E est infini.

35 a. 7 divise 7 et 27 972 et ne divise pas 1.
b. Oui, 2 est premier avec 45 679 d’après le
­théorème de Bézout.
c. 3 divise 3 et 12 345 et ne divise pas 1.
36 a. Non, 2 divise 6 ;  b. c. et d. Oui, d’après
le théorème de Bézout.
37 a. 42 – 32 = 7  b. pas de solution
c. 62 – 52 = 11 (voir le savoir faire 2.b).
38 7 est premier donc premier avec tous entiers
inférieurs à lui, donc avec leur produit.
7! = 8 × 3 × 5 × 6 × 7 donc 8 divise 7!
39 p premier est premier avec tout entier inférieur
à lui, donc avec leur produit. Pour tout entier k tel
que 1 ≤ k ≤ p – 1, p est premier avec k!
40 (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
donc (a + b)3 ≡ a3 + b3[3].
(a + b)2 ≡ a2 + b2[3] si 2ab ≡ 0[3]
(a + b)4 ≡ a4 + b4[4] ⇔ 6 a2b2 = 4k ⇔ ab pair.

41 Si d divise pq, alors d = p ou d = q ne peut
diviser p + q donc pq et p + q sont premiers entre
1 1 p q
eux donc  +   = 
irréductible.
p q
pq
43 a. Par étude de tous les cas, 3 × 5 ≡ 1[7].
b. Si 3x ≡ 5[7], et 3 × 5 ≡ 1[7]. D’où x ≡ 25[7] donc
si x ≡ 4[7] alors 3x ≡ 12[7] donc 3x ≡ 5[7].
4 est l’unique solution entière dans [1, 6].
44
a

1

2

3

4

5

6

b

1

4

5

2

3

6

6! + 1 = (2 × 4) × (3 × 5) × 6 + 1
donc 6! + 1 ≡ 0[7]

45
a

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

b

1

6

4

3

9

2

8

7

5

10

10! + 1 = (2 × 6) × (3 × 4) × (5 × 9) × (7 × 8) × 10 + 1

46 a2 ≡ 1[p] ⇔ a2 – 1 ≡ 0[p] ⇔ 
(a – 1)(a + 1) ≡ 0[p].
Or p premier divise ab si et seulement si p divise
a ou p divise b.
a2 ≡ 1[p] ⇔ a ≡ 1[p] ou a ≡ –1[p] donc dans
[1, p – 1], a = 1 ou a = p – 1.

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21 Dans cet exercice la question b. a été modifiée
comme suit :
b. i. a ≡ 0[pq] si et seulement si a ≡ 0[p] et a ≡ 0[q].
ii. a ≡ 0[nq] si et seulement si a ≡ 0[n] et a ≡ 0[q].
a. i. b. i.
c. ii.

49 m = p1a1 ¥ K ¥ pas s  ⇔
a

a

3a1

m3 = (p1 1 ¥ K ¥ ps s )3 = p1

3a s

¥ K ¥ ps

50 a. 2 008 = 23 × 251 et 251 est premier.
b. Les facteurs premiers de 2008 sont des facteurs premiers de k6 donc de k. Le plus petit k est
2 × 251.
(2 × 251)6 = 2 008 × 8 × 2515

n + 1 = 3 donc (n, m) = (2, 1) ou (1, 2) et d < 50,
donc d = 45 et si a = da′, b = db′, a′ + b′ = 25.
(a′, b′) ∈ {(1, 24), (2, 23), (3, 22), (4, 21), (6, 19),
(7, 18), (8, 17), (9, 16), (11, 12)}
Une condition pour l’unicité serait que a et b
soient des carrés parfaits. a = 9 × 25, b = 16 × 25.

S’entraîner
60 1. c ; 2. a. ; 3. a. ; 4. c. ; 5. c.

51 a. 3 est premier donc n = p2 donc 4 est le
plus petit.
b. Il n’existe aucun carré de nombre premier
entre 10 et 20.

61 a. 2 699 oui ; 4 379 = 29 × 151 ; 21 863 oui.
b. 7 divise 12! + 7 ; 111 divise 123! + 111 ;
5! + 7 = 127 est premier.

4.10n = 2n+2 × 5n possède (n + 1)(n + 3) diviseurs.

a. P1 = 3, P2 = 7, P3 = 31, P4 = 211, P5 = 2 311
sont premiers.
b. P6 = 30 031 = 59 × 501 n’est pas premier.

52

(n + 1)(n + 3) = 27 ⇔ n2 + 4n – 24 = 0, équation
qui n’a pas de solution entière.

53 a. 144 = 24 × 32 = 1 × 144 = 16 × 9
b. 1 095 = 3 × 5 × 73 = 3 × 365 = 5 × 129 = 73 × 15
c. 1 573 = 112 × 13 = 1 × 1 573 = 121 × 13
d. 512 = 29 = 1 × 512

54 1 × p × p2 × ….. × pn = p1+2+…+n = p

n(n 1)
2

56 a. a = 23 × 3 × 72 × 11 et b = 2 × 32 × 54 × 76,
d = 2 × 3 × 72.
a = d × 22 × 11 et b = d × 3 × 54 × 74,
m = 22 × 32 × 54 × 76 × 11.
a a¢
22 ¥ 11
1 1 b¢ a¢
 = 
,  = 
.
b b¢ 3 ¥ 54 ¥ 74 a b
da¢ b¢
b. a = 810 = 2 × 32 × 5 et b = 435 = 3 × 5 × 29,
d = 15, a = 6d, b = 29d = 2 610,
a
6 1 1
7

,  = 
.
b 29 a b 522
c. a = 600 = 23 × 3 × 52 et b = 270 = 2 × 33 × 5
d = 2 × 3 × 5′, a = 20d, b = 7d, m = 4 200,
a 20 1 1
27
9

,  = 
 = 
.
b
7 a b 4 200 1400
57

a p 1 1 p q
,  = 
.
b q a b p3q5

58

a p2 b a p4 q4

,  = 
.
b q2 a b
p2q2

59 a. d divise a et b donc d divise a + b
= 1 125 = 32 × 53.
d = 3n × 5m, avec m ≤ 3, n ≤ 2.
b. d a 6 diviseurs donc (m + 1)(n + 1) = 6 = 3 × 2,
donc m + 1 = 3 et n + 1 = 2 ou m + 1 = 2 et

62 Pk = p1. p2… pk + 1.

63 a. n + n + 1 + n + 2 = 3(n + 1) non premier
pour n ≠ 0.
b. k – 2, k – 1, k, k + 1, k + 2. = 5k
c. p + p + 2 + p + 4 + … + p + 2(n – 1) 
= np + n(n – 1) = n(p + n – 1) non premier.
64 1. a. 22 + 32 + 52 est pair.
b. 52 + 72 + 112 ≡ 0[5].
c. Soit p ≡ 1[3] ou p ≡ (–1)[3], donc p2 ≡ 1[3].
c. p2 + q2 + r2 ≡ 3[3] n’est donc jamais premier.
65 a. Montrer que (n – 1)(n + 3) = n2 + 2n – 3.
b. n ≥ 3, (n – 1) ≥ 2, n + 3 ≥ 6 donc n2 + 2n – 3
n’est jamais premier.

66 n2 – 3n – 10 = (n – 5)(n + 2), pour n ≥ 7,
n – 5 ≥ 2.
67 On pose u1 = 1, et pour tout entier naturel n,
un+1 = 10un + 1.
1. a. Par récurrence,
un = 10n–1 + 10n–2 + … + 10n + 1,
10 un + 1 = 10n + 10n–1 + … + 102 + 10 + 1
b. Par récurrence, u1 ≡ 1[2] et u1 ≡ 1[5].
Si un ≡ 1[2] et un ≡ 1[5], alors 10un ≡ 0[2] et
10un ≡ 0[5]. Donc un+1 ≡ 1[2] et un+1 ≡ 1[5].
c. un est impair donc jamais divisible par un
nombre pair.
2. b. Si n est composé, un l’est aussi, u11 et u3
aussi.
3. a. Par récurrence : 9u1 = 10 – 1 et si
9un = 10n – 1, 9un+1 = 10 × 9un + 9 =
10n+1 – 10 + 9 = 10n+1 – 1.
Chapitre 3 n Nombres premiers n  49

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48 132 = 13 × 12 = 22 × 3 × 13 donc
132 × 39 = 782.

68 a. 2 ≡ –1[3] donc 22k+1 ≡ –1[3] et 22k+1 + 1
est multiple de 3. Si m est impair, m = 2k + 1.
b. –2q ≡ –1[2q + 1] donc si p impair,
2qp ≡ –1[2q + 1] et 2m + 1 ≡ 0[2q + 1].
c. Si 2k + 1 est premier, k ne peut avoir de diviseur impair donc k = 2m.
69 1. a. b. F0 = 21 + 1 = 3 est premier,

F1 = 22 + 1 = 5 est premier,
F2 = 24 + 1 = 17 est premier,
F3 = 28 + 1 = 257 est premier,
F4 = 216 + 1 = 65 537 est premier.
2. F5 = 232 + 1 = 4 294 967 297 = 641 × 6 700 417
donc n’est pas premier.
n

Fn = 22  + 1.

70 1. a. Fn+k – 1 = 22(n k) = (22n)2k  = (Fn - 1)2k .
k

b. Fn+k = 1 + (Fn - 1)2 donc Fn+k ≡ 2[Fn].
c. Il existe un entier a tel que Fn+k – aFn = 2.
Si d divise Fn+k et Fn = alors d divise 2 or Fn est
impair donc d = 1.
2. a. Fm et Fn étant premiers entre eux, pm ≠ pn.
b. Il y a au moins autant de nombres premiers
que d’entiers naturels donc P est infini.

71 a. a2 – b2 = (a – b)(a + b) = 1 × 4 = 2 × 2.
Si a – b = 1 et (a + b) = 4, 2a = 5, impossible.
Donc a – b = 2 et (a + b) = 2, d’où a = 2, et b = 0.
b. a2 – b2 = (a – b)(a + b) = 1 × p2 = p × p.
p2 1
p2 - 1
Si a – b = 1 et (a + b) = p2, a = 
, b = 
2
2
donc a – b = p et (a + b) = p, d’où a = p, et b = 0.

72 1. Les diviseurs de a2b2 sont (1,a2b2), (a, ab2),

(b2, a2),

(b,

a2b).

Voir exercice 71.

(ab)2 1 (ab)2 - 1 ab2 a ab2 - a
S = {(
,
), (
,
),
2
2
2
2
a2b b a2b - b a2 b2 a2 - b2
(
,
),(
,
)}.
2
2
2
2

2. a. 196 = 22 × 72, S = {50, 48}.
b. 3 025 = 52 × 112, S = {(1 513, 15 120) ;
(305, 300) ; (143,132) ; (73, 48)}

50 n Chapitre 3 n Nombres premiers

73 1. Cet algorithme recherche le plus petit entier
positif X tel que P divise f(X). On trouve a = 4, c’est
le plus petit puisqu’il les teste dans l’ordre.
2. a. 4 × 5 = 14 + 6, donc a = 5.
b. (x – 5)(x – 4) = x2 – 9x + 20 ≡ x2 – 2x + 6[7].
x2 – 2x + 6 = 7k ⇔ 7 premier divise (x – 5)(x – 4)
⇔ 7 divise (x – 5) ou 7 divise (x – 4). Les solutions
sont x = 4 + 7k, y = 5 + 7k.
3. a. x = 5, a = 9, (x – 5)(x – 9) = x2 – 14x + 45 ≡ 
x2 – 3x + 1[11]
Les solutions sont x = 5 + 11k, y = 9 + 11k.
74 a. Par homogénéité, d = PGCD(db′, dc′) =
dPGCD(b′, c′) et d ≠ 0 donc PGCD(b′, c′) = 1.
b. 15a = 5b2 = 5d2b′2 et 15a = 3c3 = 3d3c′3
donc 5b′2 = 3dc′3.
c. D’après le théorème de Gauss c′2 divise 5 or 5 est
premier donc c′2 = 5 ou c′2 = 1. Conclusion : c′ = 1.
d. D’après le théorème de Gauss 3 premier divise
b′2 donc divise b′ et b′ = 3k donc 3d = 45k2 et
d = 15k2.
e. S = {(675k6, 45 k3, 15k2), k ∈ N}
75 On considère l’équation 324x – 245y = 7 (1).
1. a. 324 = 22 × 34 et 245 = 5 × 72.
b. 7 divise 7 et 245 donc divise 324x. Or 7 est
premier avec 324 donc 7 divise x.
c. (28, 37) est solution particulière, et d’après
Gauss, S = {(28 + 245k, 37 + 324k), k ∈ Z}.
2. δ divise x et y solutions de (1) et δ divise 7
premier donc δ = 1 ou δ = 7 ; y ≡ 2 + 2k[7] donc
δ = 7 si 7 divise k + 1, soit k = 7k′ – 1. Sinon, x et
y sont premiers entre eux.
76 1. a. x2 + y2 = xy + 2x donc x2 – 2x = –y2 + xy
donc y(x – y) = x(x – 2)
b. Voir savoir faire 3 page 85.
c. x divise y(x – y) donc x divise y ou x divise x – y
donc y.
2. a. y = kx donc k(x – kx) = (x – 2)
et 2 = x(1 – k + k2) donc x divise 2 et x premier
donc x = 2 et 1 – k + k2 = 1 donc k = 0 ou k = 1.
3. (4, 2, 0) ou (8, 2, 2)

77 a. 1 980 = 22.32.5.11 et 760 = 22.3.5.13
donc les solutions sont 2, 3, 5.
b. 2 048 = 211 et 1 084 pair donc seulement 2.
78 a. a = 504 900 = 22.33.52.11.17
b. b = 1 188 = 22.33.11.
c. a = 52.17b.

79 a. a = cc 3500035000 = 23c.53c.7c
b. b = 37 515 625 = 56.74
c. c est multiple de 7 donc b divise a.

© éditions Belin, 2012.

b. 9un ≡ (–1)n – 1 donc si n est pair, 11 divise 9un
et est premier avec 9 donc, d’après le théorème
de Gauss, divise un.
c. Si n = 3k, un = 111(103(k–1) + 103(k–2) + …
+ 103 + 1).
d. n = pk, 9un = 10pk – 1 = (10p – 1)(10p(k–1)
+ 10p(k–2) + … + 10p + 1), et p > 1 donc 9 divise
10p – 1 donc un n’est pas premier.

81 p = 1 × p = donc les entiers n qui admettent
p diviseurs sont de la forme ap–1. Le plus petit
est 2p–1.
82 a. p premier différent de 2 ne peut être multiple de 2.
Si p = 4k + 1, p2 – 1 = 16k2 + 8k = 8k(2k + 1).
Si p = 4k + 3, p2 – 1 = 16k2 + 24k + 8 =
8(2k + 3k + 1).
p2 – 1 est divisible par 8.
b. Donc p ≡ 1(mod 3) ou p ≡ 2(mod 3). Dans les
deux cas, p2 ≡ 1(mod 3) donc p2 – 1 est divisible
par 3.
c. d. p2 – 1 est divisible par 3 et 8 premiers entre
eux donc est divisible par 24.
83 a. Si p = 2, p + 2 est pair donc si p et p + 2
sont premiers, ils sont alors impairs consécutifs.
b. 3 et 5.
c. S = p + p + 2 = 2p + 2 = 2(p + 1) et p = 2k + 1,
donc s = 4(k + 1).
Si p > 3, p ≡ 1[3] ou p ≡ 2[3].
Si p ≡ 1[3], p + 2 ≡ 0[3] n’est pas premier donc
p ≡ 2[3] et p + 1 ≡ 0[3].
S est divisible par 3 et 4 premiers entre eux, donc
par 12.
d. p > 3, p ≡ 1[6] ou p ≡ 5[6]. (Voir exercice 25).
Si p ≡ 1[6], p + 2 ≡ 3[6] n’est pas premier donc
p ≡ 5[6] et (p, p + 2) = (6n – 1, 6n + 1).
84 a. Les nombres premiers inférieurs à 100.
b. 2 a le plus grand exposant.
c. Il y a 20 multiples de 5 dont 3 multiples de 25,
l’exposant de 5 est 23.
d. Chaque 5 combiné avec 2 donne 10, il y a 23
zéros dans l’écriture décimale de N.

85 a. a p1a1 ¥ K ¥ pas s p1b1 ¥ K ¥ pbs s
g

g

p11 ¥ K ¥ .ps s , donc si g i  0 avec a = mb, m est
entier.
d

d

b. Soit m tel que a = mb et m p11 ¥ K ¥ ps s
par l’unicité di bi ai donc di g i  0.
c. Voir propriété 9 page 84.

86 b.
a

1

2

3

4

5

6

x

1

4

5

2

3

6

c. Voir exercice 43.

2. ax ≡ 0[7] ⇔ 7 divise a ou 7 divise x. Or a < 7
donc 7 divise x.

87 1. Il donne le plus petit entier x tel que
ax ≡ 1[p].
2. 2 × 16 ≡ 1[31] et 3 × 21 ≡ 1[31].
3. 6x2 – 5x + 1 = (2x – 1)(3x – 1) donc
6x2 – 5x + 1 = ≡ 0[31] équivaut à
(2x – 1)(3x – 1) ≡ 0[31]. 31 est premier et divise
un produit, donc il divise 2x – 1 ou divise 3x – 1.
Ainsi 2x ≡ 1[31] ou 3x ≡ 1[31] et x ≡ 16[31] ou
x ≡ 21[31].
88 Dans la question 2. on remplace d par p.
1. a. au + bv = (a + b)v + (u – v)a = 1d donc a est
premier avec a + b.
b. (a + b)u + (v – u) b = 1 donc b est premier avec
a + b.
c. p premier avec a et b donc au + pv = 1 et
bu′ + pv′ = 1.
En effectuant le produit,
abuu′ + p(auv′ + bvu′ + pu′v′) = 1
donc p = a + b et ab sont premiers entre eux.
2. On utilise les diviseurs premiers.
a. D = PGCD(a, b) ≠ 1. D admet un diviseur premier
p donc p divise a et b et divise ainsi a + b et ab.
b. p divise donc a(a + b) – ab = a2. Or p premier
donc p divise a.
c. p divise b(a + b) – ab = b2 donc p divise b.
e. a et b sont premiers entre eux donc p = 1. Or
1 n’est pas premier donc D = 1.
89 a. ai  di donc d’après la propriété 9, a
divise m. De même d divise m.
b. Si c = min(a, b) et d = max(a, b) alors
c + d = a + b donc a + b – c = d.
a -g
¥ K ¥ .ps s s ,
b a -g
b1 a1- g1
a¢ b p1
¥ K ¥ .ps s s s ab¢ da¢ b¢
c. a = 23 × 35 × 72 et b = 32 × 54 × 76,
a - g1

a¢ p1 1

m

PPCM(a, b) = 23 × 35 × 54 × 76.
d. m = 210d et d = b – a, a = da′, b = db′ donc
a′b′ = 210.
b′ – a′ = 1 donc b′(–a′) = – 210 et a′ et (–b′) solution de x2 – x – 210 = 0 donc b′ = 15 et a′ = 14 et
a = 15d, b = 14d ; d ∈ N.

90 1. a. b. 319 = 11 × 29 = 1 319.
2. Si d divise 3x + 5y et x + 2y, d divise
3(x + 2y) – (x + 2y) = y et d divise
2(3x + 5y) – 5(x + 2y) = x donc d = 1.
3. a. Soit d = PGCD(a, b), a′ et b′ tels que a = da′
et b = db′. On sait que m = da′b′(voir exercice 89)
donc md = da′b′d = ab donc d = 2.
Chapitre 3 n Nombres premiers n  51

© éditions Belin, 2012.

80 21 = 1 × 21 = 3 × 7 donc les entiers n qui
admettent 21 diviseurs sont de la forme p20 ou
p2.q6.
Le plus petit est 32.26 = 576.

91 da′b′ + 11d = 203, donc d divise 203.
Or 203 = 7 × 29.
Si d = 1, a′b′ = 192 = 26 × 3 et
{a, b} ∈ {{1, 192} ; {3, 64}}
Si d = 7, a′b′ = 18 = 1 × 18 = 2 × 9 et
{a, b} ∈ {{7, 126} ; {14, 63}}
Si d = 29, a′b′ = –4 impossible dans les entiers naturels.
92 1. Voir exercice 24 page 91.
2. a. B = 4A – 1 donc B ≡ –1[4].
b. Si q est dans E, q divise A et B donc 1 et 1 n’est
pas premier.
3. a. Si tout diviseur premier p de B vérifie p ≡ 1[4],
par puissance et produit B ≡ 1[4] : impossible.
b. B admet au moins un diviseur de E qui par
d’après 2.b. ne peut être infini.
93 a. p + 10 ≡ p + 1[3], p + 20 ≡ p + 2[3], donc
un seul des trois nombres p, p + 10 et p + 20 est
divisible par 3.
b. Un seul est divisible par 3 et si ce n’est pas 3, il
est composé. La seule possibilité est p = 3, car 13
et 23 sont premiers.
94 1. p = 2. 12 + 12 ≠ 22 donc E est sans solution.
2. a. p premier est impair donc si x et y sont de
même parité, la somme de leurs carrés est paire.
b. Si p divise x, p divise y.
Si x = px′, y = py′ alors x′2 + y′2 = 1, impossible
puisque x et y sont non nuls donc ni x ni y ne
sont divisibles par p.
c. Si d premier divise x et y, d divise p2. Donc d = p.
Impossible donc x et y sont premiers entre eux.
3. a. (u2 – v2)2 +  (2uv)2 = (u2 + v2)2 = p2.
b. p = 5 = 12 + 22 et (u, v) = (1, 2) donc (x, y) = (3, 4)
p = 13 = 32 + 22 et (u, v) = (3, 2) donc (x, y) = (5, 12)
4. a. p = 3 = 1 + 2 et p = 7 = 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4
ne sont pas somme de deux carrés.
b. On fait une étude de tous les cas, avec
1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2 pour x2 + y2 = 9
et 1 ≤ x ≤ 6, 1 ≤ y ≤ 6 pour x2 + y2 = 49.

95 1. p étant premier et supérieur à 3, il ne
peut être multiple de 3, p ≡ 1[3] ou p ≡ –1[3] et
p2 ≡ 1[3] donc n ≡ 0[3].
2. p impair ⇔ p = 2k + 1, k ∈ N, p – 1 = 2k et
p + 1 = 2(k + 1).

52 n Chapitre 3 n Nombres premiers

(p – 1)(p + 1) = p2 – 1 = 4k(k + 1).
p2 + 1 = 4k2 + 4k + 2 = 2(2k2 + 2k + 1).
p4 – 1 = 8k(k + 1)(2k2 + 2k + 1) et k(k + 1) = 2k.
p4 – 1 = 16a(2k2 + 2k + 1) ; n est donc divisible
par 16.
3. p étant premier et supérieur à 5, il ne peut être
multiple de 5, p ≡ 1[5] ou p ≡ –1[5] ou p ≡ 2[5] ou
p ≡ –2[5].
• Si p ≡ 1[5] ou p ≡ –1[5], p2 ≡ 1[5], p4 ≡ 1[5]
donc n ≡ 0[5].
• Si p ≡ 2[5] ou p ≡ –2[5], p2 ≡ –1[5], p4 ≡ 1[5]
donc n ≡ 0[5].
4. a. Voir propriété 12 page 54.
b. n est multiple de 3, de 16 et de 5, premiers
entre eux, donc n est multiple de 3  × 16 × 5 = 240.
5. Pour tout i, pi4 ≡ 1[240], donc A ≡ 15[240] et
A = 240 + 15k = 15(16 + k) est non premier.

Préparer le BAC
Exercices guidés BAC
104 1. 47 n’est divisible ni par 2, ni par 3, ni par
5 et 72 > 47.
2. a. D’après le théorème de Bézout : 47 est premier, donc premier avec 23.
b. 23 × (–2) + 47 = 1 donc (x0, y0) = (–2, 1).
c. 23x + 47y = 1 = 23 × (–2) + 47
donc 23(x + 2) = 47(1 – y).
D’après le théorème de Gauss, 47 divise 23(x + 2)
et est premier avec 23 donc 47 divise (x + 2) et
x + 2 = 47k. En remplaçant, on obtient 1 – y = 23k.
Réciproquement (47k – 2, 1 – 23k) est bien solution.
d. Si 23x + 47y = 1, alors 23x ≡ 1(47). On cherche
x ≡ –2(47) et 1 ≤ x ≤ 46 et x = 45.
3. a. Voir exercice 9 page 90.
b. Si a2 ≡ 1(47) alors (a – 1)(a + 1) ≡ 0(47) donc
par a), a ≡ 1(47) ou a ≡ –1(47).
4. a. p premier avec 47 donc px + 47y = 1 a des
solutions (d’après le théorème de Bézout) qui
vérifient px ≡ 1(47).
b. 2 × 24 = 3 × 16 = 48 = 47 + donc inv(2) = 24
et inv(3) = 16.
c. D’après 3.b., p = inv(p) ⇔ p2 ≡ 1(47) ⇔ p ≡ 1(47)
ou p ≡ –1(47). Donc in(1) = 1 et inv(46) = 46.
d. 45! = (2 × 24 × 3 × 16 × 4 × 12 × 5 × 19 …) donc
45! ≡ 1(47). On regroupe chaque nombre avec son
inverse distinct de lui même, donc 46! ≡ –1(47).

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b. (3d′ + 5db′)(da′ + 2db′) = 1 276 donc
(3a′ + 5b′)(a′ + 2b′) = 319, or (3a′ + 5b′)
et (a′ + 2b′) étant premiers entre eux et
(3a′ + 5b′) > (a′ + 2b′) > 1, alors
(3a′ + 5b′) = 29 et (a′ + 2b′) = 11.
a′ = 2 × 29 – 5 × 11 = 3 et b′ = 3 × 11 – 29 = 4
donc a = 6 et b = 8.

Entrer N
Pour I variant de 1 à 45,
Faire B = N × I
C = Mod(B, 47)
si C = 1, afficher C.
FIN

105 1. a. u1 = 31, u2 = 331, u3. = 3 331.
b. un s’écrit avec n chiffres 3 suivis du chiffre 1.
2. a. 3u0 = 10 – 7 + 
3 et si 3un = 10n+1 – 7
alors
3un+1 = 3(10un + 21) = 10n+2 – 70 + 63 = 
10n+2 – 7. La proposition est vraie pour n = 0 et
est héréditaire donc par récurrence, vraie pour
tout n.
b. 3un = 10n+1 – 7 = 10n+1 – 10 + 10 – 7 = 
9 × 10n + 3 donc 3un = 10 × (10n – 1) + 1 = 33…3
3. a. u1 n’est divisible ni par 2, 3, 5 et 72 > 31.
u2 n’est divisible ni par 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 et
192 > 331 donc 31 et 331 premiers.
b. Voir TP1, question 3 p. 86. 3 331 est premier.
4. a. Pour tout n, un ≡ 1(2), un ≡ 1(3) et un ≡ 1(5).
b. 7 ne divise pas 10, donc ne divise par 10n, et 7
divise 7.
Si 7 divise un, alors 7 divise 3un, donc 10n+1 :
impossible.
c. 10 ≡ (–1)(11), –7 ≡ 4(11), donc
3un ≡ 4 – (–1)n[11], donc 3un ≡ 3[11] ou
3un ≡ 5[11].
Or si 11 divise un, 11 divise 3un ce qui est faux.
d. On construit la suite vn+1 = mod(10 un, 17)
3u16k+8 = (1016)k(109) – 7 donc 3u16k+8 ≡ 7 – 7(17)
17 divise 3u16k+8 et est premier avec 3 donc
divise u16k+8.

QCM – Vrai ou faux BAC
106 1. Faux : 2 013 ≡ 0(3)
2. Vrai : 2 011 n’est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11,
13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41 ou 43 et 472 > 2 011.
3. Faux : 302 = 60 × 15
4. Faux : 120 a 16 diviseurs.
5. Vrai : ils n’ont aucun diviseur commun
6. Faux : p = 2 est premier
7. Faux : 4 × 2 + 1 = 3 × 3
8. Vrai : p impair > 5, p2 – 1 est divisible par 8 et
3 premiers entre eux.
9. Vrai : p ≡ 1(3) ou p ≡ –1(3) donc p2 ≡ 1(3) et
p ≡ 1(4) ou p ≡ –1(4) donc p2 ≡ 1(4)
10. Vrai : k ≥ 2 divise n! + k

107 a. Faux.
b. Faux.
d. Faux.
c. Vrai : p premier divise a + b et ab, donc
a(a + b) – ab = a2, donc p divise a.
e. Vrai, voir cours.
108 1. c. N = n4 + 4 = (n2 + 2)2 – 4n2 = 
(n2 + 2n + 2)(n2 – 2n + 2).
Si n > 2, n(n – 2) + 2 > 2.
2. a. b. c. N = 111 111 111 111 111 111 = 
111 111(106 + 103 + 1) et
111 111 = 3 × 7 × 11 × 481.
3. b. (a – b)(a + b) = p premier donc a – b = 1 et
a + b = p.
4. b. 7 est premier.
5. c. 7 × 2 = 14 = 11 + 3.

Exercice BAC
109 Cet exercice doit être modifié de la façon
suivante :
1. c. Remplacer 7u ≡ 1[29] par 7v ≡ 1[29].
3. b. Calculer N ≡ Mc[493], N < 493.
1. Voir cours.
2. a. 29 n’est divisible ni par 2, 3, 5 et 72 > 29.
b. D’après le théorème de Bézout : 29 est premier, donc premier avec tout a de A28
c. On peut utiliser l’algorithme de l’exercice 104.
u = 22, v = 25.
d. Si 28x2 – 11x + 1 = (4x – 1)(7x – 1) ≡ 0[29],
alors (d’après 1.b.), 4x ≡ 1[29] ou 7x ≡ 1[29], donc
4x ≡ 4u[29] ou 7x ≡ 7v[29] donc 29 divise 4(x – u)
d’où (x – u) ou 29 divise 7(x – v) donc divise (x – v).
Ainsi x ≡ 22[29] ou x ≡ 25[29].
3. a. n = 493 = 17 × 29.
b. 104 ≡ 3313[493 ], 104 < 493. Donc N = 104.
c. m = (p – 1)(q – 1) = 16 × 28 = 448.
3 est premier avec 448 (E) donc 3x + 448y = 1 a
des solutions et 3 × 299 – 2 × 488 = 1.
d. Pour calculer 104299[493] on peut utiliser la
suite un+1 = 104 un[493].
On obtient 104299 ≡ 331[493].
110 1. a. 2k ≡ 1[p] donc (2k)m ≡ 1[p]
et si n = km, 2n ≡ 1[p].
b. n = bq + r, 2bq+r = (2b)q2r, 2n ≡ 2r[p], donc
2r ≡ 1[p] ; or 0 ≤ r < b, donc r = 0 et b divise n.
2. a. A ≡ 0[p] donc 2q ≡ 1[p].
b. A est impair donc tous ses diviseurs le sont.
c. D’après 2.a. et 1.b. b ≠ 1 divise q et q est premier donc b = q.
d. D’après 1.b. avec n = p – 1, q divise p – 1.
Chapitre 3 n Nombres premiers n  53

© éditions Belin, 2012.

e.

111 Cet exercice a été modifié comme suit :
3. c. Déterminer n = paqb sachant que P(n) = 2042.
1. a. 1, p, p2, …, pn.
b. d(pn) = n + 1.
pn 1 - 1
c. s(pn) = 
.
p-1
n(n 1)

d. P(pn) = p 2 .
2. Les diviseurs de n = paqb. sont les produits des
diviseurs de pa et de qb donc s(n) = s(pa). s(qb).
3. a. soit n = 200 = 23.52 ; n a 12 diviseurs dont le
produit P(n) = 218.512 et 20012 = 236.524 = P(n)2.
b. On pose n = paqb.
d(n) = (a + 1)(b + 1),
P(n)2 = pa(a+1)(b+1)qb(b+1)(a+1).
nd(n)  = P(n)2.
c. P(n) = 2042 = 284.542
donc a(a + 1)(b + 1) = 168 et b(a + 1)(b + 1) = 84
donc a = 2b.
2b(2b + 1)(b + 1) = 168 donc b(b + 1)
(2b + 1) = 84. b = 3 convient et il est le seul
(b > 0) donc n = 26.53

112 1. a. Voir savoir faire page 85.
b. Voir exercice 46. 1 et p – 1 sont leurs propres
inverses.
c. Savoir faire 3.
d. On regroupe chaque nombre avec son inverse :
2 – a – (p – 1)! ≡ p – 1[p] donc (p – 1)! ≡ –1[p].
2. b. Si (p – 1)! + 1 ≡ 0[p] et p non premier.
p admet un diviseur d premier inférieur à p qui
divise donc (p – 1)! donc 1 est impossible.
c. p est premier si et seulement si
(p – 1)! + 1 ≡ 0[p].
113 À la question 4. d. on note p = 53, b = 40
et g = 20.
1. 1k = 1 20 = 1, 21 = 2,
2. 20 = 1, 21 = 2, 22 = 4, 23 ≡ 3[5].
30 = 1, 31 = 3, 32 = 4, 33 ≡ 2[5].
40 = 1, 41 = 4, 42 ≡ 4[5], 43 ≡ 4[5].
3 et 5 sont racines primitives modulo 7.
3. a. Pour tout k, 1k = 1 et p – 1 ≡ –1[p] donc modulo
p, (p – 1)k ne prend que deux valeurs 1 et p – 1.
b. Voir exercice 110.
c. Si as ≡ ap–1[p], et s < p – 1 alors as+1 ≡ a et
modulo p, ak ne peut prendre toutes les valeurs
de Ap, il en prend s.

54 n Chapitre 3 n Nombres premiers

4. a. gk modulo p parcourt Ap. Pour tout b de
Ap, il existe r de Ap tel que gr ≡ b[p]. Supposons
r′ < r et gr′ ≡ b[p] alors
gr ≡ gr′[p] donc p divise gr – gr′ = gr′ (1 – gr–r′)
donc gr′ ≡ 0[p] ou gr–r′ ≡ 1[p] impossible donc r
est unique.
b. a = k + m(p – 1) donc ga ≡ gk[p]
c.
Initialisations : y = 1, i = 0
Tant que y ≠ A faire g ≡ y (mod p) = y
i = i + 1
fin Tant que
afficher i

d. l(40) = 18.

114 À la fin de la question 1. on veut vérifier que
1 105 est un nombre de Carmichael.
1. Pour a premier avec pi, api -1 ≡ 1[pi] donc par
puissance, ac–1 ≡ 1[pi].
ac–1 – 1 est divisible par 3 nombres premiers
entre eux donc par leur produit donc ac–1 ≡ 1[c].
Si a est multiple de c, ac ≡ a[c]. Si a est un multiple d’un ou de deux pi, voir page 89 question 1.
1 105 = 5.13.17 et 1 104 = 3.16.23 divisible par
4, 12 et 16 donc 1 105 est un nombre de la sorte.
2. a. 1, 2, 3, ne conviennent pas.
b. n = k = donc np = kp2 et np ≡ 0[p2].
c. (p + 1)n = 1 + np + ap2 donc (p + 1)n ≡ 1[p2]
d. Par définition de n, (p + 1)n ≡ 1 + p[n].
e. si p2 divise n, p2 divise n(p + 1)n – (1 + p)
f. par c. et e. p2 divise p impossible donc n est
sans facteur carré.
115 1.
Entrer A, P, N = 0
TantQue A > P, si A/P entier
N = N + 1, A = A/P
FinTanque

2. a. b. Par définition de l’écriture en base p,
a = anpn + an–1pn–1 + … + a0. si vp(a) = k,
a = anpn + an–1pn–1 + … + akpk + r.
Or pk divise a donc r = 0 et pk+1 ne divise pas a
donc ak ≠ 0 et k est le nombre de zéros.
c. Par unicité de la décomposition en facteur
commun, l’exposant de p dans ab est la somme
des exposants de p dans a et dans b.

116 a. |ab| = |a|.|b|, |a + b| ≤ |a| + |b|
et |a| ≥ 0, |a| = 0 ⇔ a = 0.
b. i. v(1) = v(1 × 1) = v(1)2 et v(1) ≠ 0
donc v(1) = 1 = v(–1)2 et v(–1) > 0 donc
v(–1) = 1 ainsi v(–x) = v(x).v(1) = v(x).

© éditions Belin, 2012.

p – 1 = qk donc p = 1 + qk. Or p et q sont impairs
donc k est pair et p ≡ 1[2q].
3. M17 = 217 – 1 n’est divisible par aucun de ces
nombres donc M17 est premier.



donc v(n) = 1.
iii. Si n = pkm, avec PGCD(m, p) = 1 si m ≠ 0,
v(n) = v(p)kv(m) et v(m) = 1.
a
v(a)
d. v(r) = v(pk)v( ) = v(pk)(
),
v(b)
b
PGCD(a, p) = PGCD(b, p) = 1, donc v(a) = v(b) = 1
et v(r) = v(p)k.

Accompagnement
personnalisé
 AP 1

1. a. 72 = 1 × 72 = 2 × 36 = 3 × 24 =
4 × 18 = 6 × 12 = 8 × 9.
b. 1 008 = 24 × 32 × 7 donc ses diviseurs sont
1, 2, 4, 8, 16, 3, 6, 12, 24, 48, 9, 18, 36, 72, 144,
7, 14, 28, 56, 112, 21, 42, 84, 168, 336, 63, 126,
252, 504, 1 008.

2. a. 7  532  = 5 × 1 325 + 907 ; 1 325 = 907 + 418 ;
907 = 2 × 418 + 71 ; 418 = 5 × 71 + 63.
71 = 63 + 8 ; 63 = 7 × 8 + 7 ; 8 = 7 + 1 donc
PGCD(7532, 1 325) = 1.
b. Si d divise n – 3 et 2n + 1, d divise
2n + 1 – 2 (n – 3) = 7 donc d = 1 ou d = 7.
Si n = 7k + 3, 2n + 1 = 14k + 7 et
PGCD(n – 3, 2n + 1) = 7, sinon,
PGCD(n – 3, 2n + 1) = 1.
c. PGCD(23.32.5, 22.35.7) = 22 × 32.
3. b. 2 divise 4x – 6y et ne divise pas 7 donc
4x – 6y = 7 n’a pas de solutions.
c. i. 13 + 5(–2) = 3.
ii. 15 = 2 × 7 + 1 donc 15 × 9 – 7 × 18 = 9.
iii. Par somme et produit, si 71x + 5y = 363, alors
x ≡ 3[5] et 363 – 71.3 = 5.30
(1) S1 = {(1 + 5k, –2 – 13k), k ∈ Z},
(2) S2 = {(9 + 7k, 18 + 15k), k ∈ Z},
(3) S3 = {(3 + 5k, 30 – 71k), k ∈ Z}
e. y > 0 et si x ≥ 5, 91x > 412 donc x ≤ 4 et
par somme et produit, x ≡ 2[10]. Donc x = 2 et
10y = 412 – 230 donc (2, 23) est solution.
4. a. 131 est premier (voir savoir faire 2),
S = {(66, 65)(–66, –65)}
b. x2 + y2 = 113 donc si –10 < x < 10 et si
–10 < y < 10. Par une étude de tous les cas on
montre que l’équation n’a pas de solution.
c. i. Par somme et produit, 3x2 ≡ 2[7].
ii. Pour 1 ≤ x ≤ 6, modulo 7, 3x2 ∈ {3, 5, 6}.

 AP 3

A. 1. 19 = 1 + 2 (23 + 1)
3
donc a19 = a.(a2 1)2
2. On obtient successivement : y = a, y = a2,
y = a4, y = a.a8, y = a. a18 = a19
B. On veut calculer 4 37219 modulo 7 241.
1. C’est l’algorithme précédent modulo 7 241.
C. 1. Par définition de l’écriture en base,
2n–1 ≤ c < 2n.
2. Par croissance de la fonction logarithme,
(n – 1) ln 2 ≤ ln c < n ln 2 et ln 2 > 0 donc
ln c
ln c
n – 1 ≤ 
 < n donc n – 1 = E(
) et il faut
ln 2
ln 2
autant d’opérations que de chiffre dans
l’écriture en base 2 de c.

 AP 4

1. n′ = 22 733 = 127 × 179
et m′ = 126 × 178 = 22 428 et 
17 × 13 193 = 10 × 1 148 + 1.
3. 15 36417 ≡ 6 645[22 733], donc M′ = M, donc
Alice sait que le message vient de Bob.

Chapitre 3 n Nombres premiers n  55

© éditions Belin, 2012.

1
1
ii. 1 = v(x ×  ) = v(x) × 
.
v(x)
x
c. D’après ***, v(1) = 1, si v(n) ≤ n alors
v(n + 1) ≤ v(n) + v(1).
2. a. k est l’exposant de p dans la décomposition de
n et m le quotient de n par pk et m tels que n = pkm.
b. n = pkm, n′ = pk′m′, donc nn′ = pk+k′mm′, et
si kk′, n + n′ = pk(m + pk′–km′) = pkm′′ avec
PGCD(m′′, p) = 1.
v (nn′) = p–(k+k′) = v(n)v(n′) et v(n + n′) =
v(n) ≤ v(n) + v(n′).
c. Si k < k′, p–k > p–k′, donc v(n + n′) ≤ Max(v(n),
v(n′)).
d. p > 1 donc p–k < 1.
e. Si n est premier avec p, k = 0 donc v(n) = 1.
3. a. v0 vérifie toutes les propriétés.
b. i. D’après ** et par récurrence, v(nk) = v(n)k et
v(n) > 1.
ii. nk = bsas + bs–1as–1 + … + b0, d’après ** et
*** et d’après i,
v(nk) ≤ v(bs) w s + v(bs–1) w s–1 + … + v(b0) et
v(bs) ≤ bs ≤ a, v(nk) ≤ a(1 + w + w 2 + … + w s).
a(1 - w k 1)
a
v(nk) ≤ 
 < 
 < a.
1- w
1- w
k
iii. Impossible car lim v(n ) = + ∞
c. i. Si pour tout i, v(pi≥) ≥ 1 alors v(a) ≥ 1, or v(a) < 1
donc il existe un nombre premier pi tel que v(pi) < 1 ;
ii. n est premier avec p donc nk premier avec
pk et d’après le théorème de Bézout, nk uk + pk
vk = 1 et v(nk uk + pk vk) = 1.
Si v(n) < 1, v(p) < 1, alors lim v(nk) = lim v(nk) = 0
et alors lim v(nk uk + pk vk) = 0, impossible


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