D monstrations nombres premiers .pdf


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Démonstrations
1

La démonstration du théorème 1.3
Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2.
— Si n est premier, n faisant partie de ses propres diviseurs, on sait
que n est un diviseur premier de n.
— Si n n’est pas premier, il admet un diviseur positif autre que 1 et
lui-même. Notons E l’ensemble des diviseurs positifs de n autres
que 1 et n. E est donc un ensemble d’entiers naturels non vide. Il
admet alors un plus petit élément que l’on note p.
Montrons que p est premier en raisonnant par l’absurde.
Si p n’était pas premier il existerait un diviseur d de p positif et
différent de 1 et de p. Mais comme p divise n, d diviserait aussi n
et serait un élément de E plus petit que p. Ce qui est impossible
car p est le plus petit élément de E. Donc p, qui est un diviseur de
n, est bien un nombre premier.
R D’après le démonstration précédente, nous savons que le plus petit
diviseur supérieur à 1 d’un entier n ≥ 2 est toujours un nombre
premier.

2

La démonstration du théorème 1.4
Soit n un entier naturel composé. D’après la démonstration du théorème 1.3, le plus petit diviseur de n différent de 1 est premier. Notons
le p. On peut donc écrire n = p × q, avec q un entier différent de 1
car p 6= n (n n’est pas premier).
q est donc un diviseur positif de n différent de 1, on en déduit que
p ≤ q car p est le plus petit des diviseurs de n supérieur à 1. En multipliant par p chacun des termes
on obtient : p2 ≤ p × q c’est-à-dire

p2 ≤ n et finalement
√ p ≤ n.
Ainsi, 2 ≤ p ≤ n.

3 Propriété 1.5

3

Propriété 1.5
(Contraposée du théorème 1.4)

4

La démonstration du théorème 1.7
Raisonnons par l’absurde et supposons qu’il n’existe qu’un nombre
fini de nombres premiers.
Notons P le plus grand d’entre eux et considérons le nombre :
N = (2×3×5×7×...×P)+1 produit de tous les nombres premiers
augmenté de 1.
D’après le théorème 1.3, N admet un diviseur premier d.
d étant un nombre premier il est égal soit à 2, soit à 3, soit à 5, soit à
7, . . . , soit à P. d divise donc le nombre (2 × 3 × 5 × 7 × ... × P) et
comme il divise aussi N, il divise la différence :
N −(2×3×5×7×...×P) = 1 ce qui est absurde car d étant premier
il ne peut diviser 1. La supposition à l’origine du raisonnement est
donc fausse et il existe alors une infinité de nombres premiers.

5

La démonstration de la propriété 2.1
Si p et n ne sont pas premiers entre eux, ils admettent un diviseur
commun différent de 1. Or le seul diviseur de p différent de 1 est p
lui-même, donc p divise n.

6

La démonstration du théorème 3.1
Montrons par récurrence forte l’existence d’une telle décomposition.
Initialisation :
Il est clair que si n = 2 une telle décomposition existe : n = 21 .
Hérédité : Soit n un entier supérieur ou égal à 2 tel que tout entier
compris entre 2 et n admette une décomposition en produit de premiers. Montrons que n + 1 se décompose lui aussi en produit de
facteurs premiers.
— Si n + 1 est premier, il s’écrit comme un produit d’un facteur
premier (lui-même).
— Si n + 1 n’est pas premier, il existe deux entiers a et b tels que
n + 1 = a × b avec 2 ≤ a ≤ n et 2 ≤ b ≤ n. D’après l’hypothèse de récurrence, a et b se décomposent tous les deux en
produits de facteurs premiers et comme n + 1 = a × b, n + 1 se
décompose lui aussi en produit de premiers.

2

7 La démonstration du théorème 4.1
Conclusion : La propriété est vraie pour n = 2 et elle est héréditaire
à partir de ce rang, donc tout entier supérieur ou égal à 2 admet une
décomposition en produit de facteurs premiers.
L’unicité sera admise.

7

La démonstration du théorème 4.1
Considérons les p − 1 premiers multiples de a :
a, 2a, 3a, . . . , (p − 1)a
Considérons les restes de la division de ces multiples de a par p :
r1 , r2 , r3 , . . . , r p−1
Ces restes sont deux à deux distincts. En effet s’il existait deux
restes identiques ri = r j avec i > j, alors :
ia − ja ≡ ri − r j[p] ⇐⇒ a(i − j) ≡ 0[p]
donc (i − j)a serait multiple de p, qui d’après le théorème de Gauss
appliqué aux nombres premiers, impliquerait a ou (i − j) multiples
de p, ce qui n’est pas le cas.
Ces restes sont donc tous différents et comme il y a (p − 1) multiples
de a, on trouve ainsi tous les restes non nuls possibles dans la division
par p (c’est-à-dire 1, 2, 3,..., p − 1).
On a alors :
a × 2a × . . . × (p − 1)a ≡ r1 × r2 × . . . × r p−1 [p]
⇐⇒ (p − 1)! × a p−1 ≡ 1 × 2 × 3 × . . . × (p − 1) ≡ (p − 1)![p].
Ainsi (p − 1)! × a p−1 − (p − 1)! ≡ 0[p].
Donc (p − 1)! × (a p−1 − 1) ≡ 0[p] d’où p divise (p − 1)!(a p−1 − 1).
Comme (p − 1)! est premier avec p car tous les facteurs de (p − 1)!
sont inférieurs à p, d’après le théorème de Gauss, a p−1 − 1 est alors
un multiple de p donc : a p−1 − 1 ≡ 0[p] ⇐⇒ a p−1 ≡ 1[p]. En
multipliant par a, on obtient : a p ≡ a[p]. Cette dernière égalité reste
vraie si a est multiple de p car alors a ≡ 0[p].

3


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