[PDF] NOMBRES de MERSENNE (1588-1648)

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NOMBRES de MERSENNE (1588-1648)

Soit a un entier naturel. Soit n un entier strictement supérieur à 1. a n - 1 premier ? ( a = 2 et n est premier )

- Démonstration : Nous allons tout d"abord montrer qu"il vient alors forcément a = 2, puis

nous démontrerons que si 2 n - 1 est premier, alors n est premier.

On voit tout d"abord que a

¹0 et a ¹1 car -1 et 0 ne sont pas premiers.

Comme a

¹1, en appliquant la formule sur la somme partielle d"une série géométrique, il vient : a n - 1 = (a - 1).(a0 + a1 + a2 + ... + an-1)

Comme a

n - 1 est premier par hypothèse, l"un des deux facteurs vaut 1 ou -1.

Examinons chaque possibilité :

. (a

0 + a1 + a2 + ... + an-1) = -1 impossible car a>0

. (a

0 + a1 + a2 + ... + an-1) = 1 ?a = 0, ce qui est absurde.

. (a - 1) = -1 ?a = 0, ce qui est absurde. . (a - 1) = 1 ?a = 2.

Il vient donc, comme unique solution, a = 2.

On a donc 2

n - 1 qui est premier; montrons qu"alors n est premier. Supposons que n soit un nombre composé; il vient alors (k,h) Î(N-{1})² / n = k.h On peut, ici encore, appliquer la formule sur la somme partielle d"une série géométrique : 2 n - 1 = (2k )h - 1 = (2k - 1).[(2k)0 + (2k)1 + (2k)2+ ...... +(2k)h-1]

Comme 2

n - 1 est premier, l"un des deux facteurs vaut 1 ou -1. Le cas -1 étant éliminé car les deux facteurs sont positifs, il reste

Soit (2

k - 1) = 1 et alors k = 1, ce qui est absurde par hypothèse.

Soit ((2

k)0 + (2k)1 + (2k)2+ ...... +(2k)h-1) = 1 et alors h = 1, ce qui est aussi absurde. On aboutit à une absurdité dans tous les cas, donc le nombre n ne peut être composé.

D"où n est premier.

Démonstration du Théorème d"Euclide

Supposons que l"ensemble des nombres premiers est fini= {p1 ; p2 ; ... ; p n).

Posons n = p

1´ p2 ´ ....´ pn +1

Comme n > p

n n n"est pas premier.

Donc il existe i

Î{1 ;...n} tel que pi divise n

Or p i divise nécessairement p1´ p2 ´ ....´ pn Il divise donc aussi la différence : 1 . Absurde.

Donc l"ensemble des nombres premiers est infini.

Démonstration du petit théorème de Fermat a) Lemme 1.

Soit p un entier naturel quelconque. Montrons que

"k Î [1; p-1], p | kpC kpC=)!(!!kpkp- d"où k !kpC = (p-k+1)×(p-k+2)×...×(p-2)×(p-1)× p p étant premier et strictement supérieur à k alors p ne divise pas k! donc p | kpC ou encore kpCº 0 [p] pour kÎ[1 ;p-1] b) p premier ? (a+b)p = kpkp k k pbaC-

0ºap + bp (1)

. Propriété des congruences Démontrons par récurrence la propriété

P suivante :

*NÎ"k∑∑ k ip ip k i iaa 11 - Initialisation : Il est évident que pa1º pa1 - Supposons que P est vraie à un rang k et montrons qu"alors elle l"est aussi au rang k+1. p kk i ip k i i aaa? =∑∑1 11

1ºpkp

k i iaa1 1+ ??∑ (mod p) d"après (1) k ip kp i récurencedehypothèseparaa

11 et ∑∑

1 11 1k ip ip k i i aa donc la proposition est vraie par récurrence.

On a donc (a+b+c+...)

p º ap+bp +... si p premier

En particulier : (1+1+1...+1)

p º 1p+1p+...+1p et en écrivant a termes il vient : a p º a (mod p) Donc si p premier et si a n"est pas divisible par p, alors a p-1 º 1 (mod p)

Euclide, IIIe siècle avant JC

NOMBRES de FERMAT (1601-1665)

Si a m + 1 est premier avec a>1 et m>1, alors m est une puissance de 2 et a est pair. · Si m n"est pas une puissance de 2 alors il existe q impair ³3 tel que m = q.k a m +1 = aqk +1 = () qka- (-1)q car q impair = (a k + 1) [()()

1 2q qk ka a

- --+ ... +1] alors a k+1 est un diviseur de am+1 ¹ 1 car a>1 et ¹ am+1 (sinon q=1)

Dans ce cas a

m+1 n"est pas premier : contradiction.

Donc m est une puissance de 2 : 2

k. · am+1 impair car premier >2 donc am est pair , d"où

2ka est pair donc a est pair .

En particulier pour a = 2 on obtient les nombres de Fermat : F n = 22 n+1 F

0 = 3 ; F1 = 5 ; F2 = 17 ; F3 = 257 ; F4 = 65 537

F 5 =

522+1 = 4 294 967 297 n"est pas premier, il est divisible par 641.

THEOREME de WILSON

Soit p un entier strictement supérieur à 1. Le théorème de Wilson (1741-1793) dit que : p est un nombre premier si et seulement si : (p-1) !º -1 mod p · (p-1) ! est le produit de tous les inversibles modulo p; donc si on pouvait les grouper par paires d"inverses, on obtiendrait 1.

L"obstacle à ce regroupement est que certains éléments sont leur propre inverse! Ces éléments

vérifient x2 = 1; or ce sont exactement 1 et - 1. Donc dans le produit, on peut regrouper par paires qui se simplifient la plupart des facteurs, sauf

1± , qui restent et dont le produit est - 1.

Donc (p-1) !

º -1 mod p

· Réciproquement, soit n un entier tel que (n-1) !º -1 mod n. Dans /n? ?, on a alors 1 2 ... 1 1n´ ´ ´ - = - or 1- est inversible car 1 1 1- ´- = donc

1 2 ... 1n´ ´ ´ - est inversible et il existe k tel que 1 2 ... 1n´ ´ ´ -1k´ =

cela prouve que chaque facteur est lui-même inversible, c"est-à-dire en fait tous les éléments de

/n? ?. Donc n est premier.

Compléments :

Ex1 : Il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4n + 3.

On appelle progression arithmétique tout ensemble d"entiers de la forme an+b, où a et b sont deux

autres entiers, et n décrit l"ensemble des entiers. Autrement dit, une progression arithmétique

désigne l"ensemble des valeurs prises par une suite arithmétique.

Ce terme de progression arithmétique est souvent associé à un célèbre théorème de Dirichlet : si

a et b sont premiers entre eux, il existe une infinité de nombres premiers dans la progression arithmétique an+b.

Démontrons un cas (très) particulier de ce théorème, à savoir qu"il existe une infinité de nombres

premiers de la forme 4k+3. Supposons qu"il en existe seulement un nombre fini. On considère alors n=3×7×11×19×... le produit de ces nombres, et posons m = 4n-1. Aucun nombre premier de la forme 4k+3 ne peut diviser m. En effet, dans ce cas, 4k+3 divise aussi n (qui est le produit de ces nombres), et par conséquent 1, ce qui est impossible! Tous les nombres premiers qui divisent m sont dont de la forme 4k+1. En particulier, le reste de m dans la division euclidienne par 4 est 1. Mais c"est impossible, car 4n-1=4(n-1)+3, et le reste vaut 3! Ex2 : Soit p premier tel que p=4k+1. Trouver n tel que p divise n2 +1. (Montrer d"abord que ()4 ! 1 0 mod( )k p+ º) p étant premier, d"après le théorème de Wilson : ( 1)! 1 mod( ) : (4 )! 1 0 mod(4 1) p p ce qui donneici k k Or (4k) ! = 1.2.3...(2k-1).(2k).(2k+1).(2k+2)....(4k-1).(4k) D"où (4k) ! = (2k) ! . (2k+1).(2k+2)...(4k) Disposons les dernières congruences :

2 1 2 (mod4 1)

2 2 2 1 (mod 4 1)

2 3 2 2 (mod 4 1)

4 2 3 (mod 4 1)

4 1 2 (mod 4 1)

4 1 (mod 4 1)

k k k k k k k k k k k k k k k+ º - +

En multipliant, on obtient :

2(2 1)(2 2)...(4 1)(4 ) ( 1) (2 )! (mod 4 1)

(2 1)(2 2)...(4 1)(4 ) (2 )! (mod 4 1) kk k k k k kk k k k k k+ + - º - +

D"où :

2(4 )! (2 )! (mod(4 1)k k kº +)

Donc :

2

2(4 )! 1 (2 )! 1 0 (mod4 1)

(2 )! 1k k k

Donc p divise k

La solution du problème est donc n = (2k) !

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