NOMBRES de MERSENNE (1588-1648)
- 1 est premier alors n est premier. On voit tout d'abord que a ? 0 et a ? 1 car -1 et 0 ne sont pas premiers. Comme a
Nombres de Mersenne et de Fermat Notes et solutions
Démonstration du corollaire 2. Si n = pq alors 2n ? 1 = (2p) q ? 1 est divisible par 2p ? 1. Si n n'est pas premier alors il existe un entier p tel que n
Exercices de mathématiques - Exo7
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Les nombres premiers - Lycée dAdultes
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M2 EFM
Montrer que si an + 1 est premier alors a est pair et n est une puissance de 2. Exercice 18. Critère de Pépin (Test de primalité des nombres de Fermat) [Dem97.
NOMBRES PREMIERS
1 n'est pas premier il admet un seul diviseur. • 2 est un Si n n'est divisible par aucun entier p premier tel que 2 ? p ? ?n
PGCD ET NOMBRES PREMIERS
1. PGCD ET NOMBRES PREMIERS. I. PGCD de deux entiers Si D un diviseur de b et r alors D divise a = bq + r et donc D est un diviseur de a et b.
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M1MI2016 Codes et Cryptologie Feuille dexercices n 1.
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Si a et n sont premiers entre eux alors il existe une solution x de ax ? b (mod n) et c'est unique modulo n Existence On cherche une relation de Bezout 7u
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Propriétés : Soit a et b deux entiers naturels non nuls a) PGCD(a ; 0) = a b) PGCD(a ; 1) = 1 c) Si b divise a alors PGCD(a ; b) = b Démonstration de c :
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Remarque : Le nombre 1 n'est pas premier car il n'a qu'un seul diviseur Méthode : Démontrer qu'un nombre est premier Vidéo https://youtu be/kLs0TiIz7lc
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Montrer que si p est premier et 8p2 +1 est premier alors 8p2 ?1 est premier Correction ? [005297] Exercice 8 **I 1 Montrer que ?(kn) ? (N?)2
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nombre de nombres premiers inférieurs ou égaux `a n an a0 Si a et b sont deux entiers tels que anbn pour un entier n ? 1 alors ab
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La division Euclidienne permet de tester si un entier est divisible par un autre Soient a et b deux entiers tels que b ? 1 Alors il existe un et un seul
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De mani`ere plus générale on peut montrer que si a et b sont deux entiers premiers entre eux alors il existe une infinité de nombres premiers de la forme an + b
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2 Soit n > 1 n non premier n admet donc un diviseur d autre que 1 et n En effet si p1 divisait k comme p1 divise le produit p1p2 pn alors p1
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 :
. (a0 + a1 + a2 + ... + an-1) = -1 impossible car a>0
. (a0 + 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 resteSoit (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 propriétéP 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 111ºpkp
k i iaa1 1+ ??∑ (mod p) d"après (1) k ip kp i récurencedehypothèseparaa11 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 premierEn 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"où2ka est pair donc a est pair .
En particulier pour a = 2 on obtient les nombres de Fermat : F n = 22 n+1 F0 = 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, sauf1± , 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- ´- = donc1 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 :
22(4 )! 1 (2 )! 1 0 (mod4 1)
(2 )! 1k k kDonc p divise k
La solution du problème est donc n = (2k) !
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