Nombres premiers. Résolution de problèmes

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1 Nombres premiers Résolution de problèmes 1 Le nombre de diviseurs positifs d un entier 1. Non : 4 a 3 diviseurs et 5 n en a que. 1 a un seul diviseur. 60, 7, 84, 90 et 96 ont 1 diviseurs.. a. Ils sont impairs à part. b. Les paires de nombres premiers jumeaux sont : (3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (9, 31), (41, 43), (59, 61), (71, 73). c. Oui. Exemple : 84 = d. 4k est premier pour k 0, sinon, il admet plus de diviseurs (1,, k 1au moins). Pour k 0, 4k admet plus de diviseurs (1,, 4 au moins). Tout entier n s écrit 4k ou 4k + 1 ou 4k + ou 4k + 3 (il y a 4 restes possibles dans la division euclidienne par 4). Pour n >, ni 4k ni 4k + ne sont possibles. La réciproque est fausse : n est pas premier, ni a. Les entiers dont le nombre de diviseurs est impair sont 1, 4, 9, 16, 5, 36, 49, 64, 81 et 100. Conjecture : ce sont des carrés. En effet, soit n = p. Pour trouver les diviseurs de n, on écrit n sous la forme d un produit de n = a b. Chaque écriture donne diviseurs distincts sauf dans le cas n = p p. Le nombre de diviseurs est donc impair. Dans les autres cas, il est pair. b. Les entiers qui ont trois diviseurs sont : 4, 9, 5 et 49. Conjecture : ce sont les carrés d un nombre premier. En effet si n = p avec p premier, les seuls diviseurs de n sont 1, p et p et c est le seul cas où cela se produit. Les entiers qui ont cinq diviseurs sont : 16 et 81. Conjecture : ce sont les puissances quatrièmes d un nombre premier. En effet, si n = p 4 avec p premier, les seuls diviseurs de n sont 1, p, p, p 3 et p 4 et c est le seul cas où cela se produit. Le crible d Ératosthène 1. Avec 5, le premier nombre à barrer est 5 et avec 7, le premier nombre à barrer est 7.. a. Si un nombre non barré n était pas premier, son plus petit facteur premier serait 11. Il serait au moins égal à 11 qui n est pas dans le tableau.. b. Il faut barrer les multiples jusqu à 31. En effet si un nombre non barré n était pas premier, son plus petit facteur premier serait 37. Il serait au moins égal à 37 qui est supérieur à est l entier p positif tel que : p p 1 soit p p 1. C est la partie entière de

2 3 Combien de nombres premiers? 1. a = 31 qui est premier. b = 11 qui est premier = 371. Les diviseurs premiers sont 7 et 53. Dans les trois cas, les nombres premiers trouvés ne font pas partie de la liste initiale.. Remplacer l énoncé de la question a. par «Étudier et compléter la démonstration en termes modernes ci-dessous.» a. 1 er cas : N est strictement supérieur à chacun des p i (pour i Œ {1,, r}). b. e cas : si p est l un des p i, p divise le produit p 1 p..p r donc aussi la différence N p 1 p p r c est-à-dire p divise 1 ce qui est absurde car p est premier. 4 La répartition des nombres premiers 1. a. Entre 0 et 10, il y a 4 nombres premiers, 4 également entre 100 et 110, aucun entre 00 et 10. b. 7 Œ ]5 ; 10[, 3 Œ ]0 ; 40[, 77 Œ ]150 ; 300[.. a. 4! = 4 ; 4! + = 6, multiple de ; 4! + 3 = 7, multiple de 3 ; 4! + 4 = 8, multiple de 4. b. 5! est multiple de, 3, 4, 5. Pour k =, 3, 4, 5, on peut donc mettre k en facteur dans la somme 5! k. c. 16! +, 16! + 3,, 16! + 16 sont respectivement multiples de, 3,, 16. d. Les n nombres consécutifs (n + 1)! +, (n + 1)! + 3,, (n + 1)! + n + 1 sont tous composés. TP1. Des algorithmes pour trouver les facteurs premiers A. 1. n = Fact = [,,, 5, 5, 7].. Il est clair que les valeurs de Div ajoutées à la liste Fact sont des diviseurs de n. Si la décomposition de n comprend p a avec p premier, l algorithme ajoute a fois la valeur p en procédant ainsi : Div Fact n p [p] p a-1 p [p, p] p a- p [p, p,, p] 1 p + 1 B. 1. On commence par traiter le cas de Div = puis, à partir de 3, Div prend la valeur Div +. Saisir n Fact prend la valeur [ ] Tant que est un diviseur de n, Faire ajouter à la liste Fact ; n prend la valeur n/ Div prend la valeur 3. Tant que n > 1, Faire Si Div est un diviseur de n, ajouter Div à la liste Fact ; n prend la valeur n/div ; Sinon Div prend la valeur Div + ; FinSi Affichier la liste Fact. 3. On teste comme ci-dessus les cas de et 3.

3 Saisir n Fact prend la valeur [ ] Tant que est un diviseur de n, Faire ajouter à la liste Fact ; n prend la valeur n/ Tant que 3 est un diviseur de n, Faire ajouter 3 à la liste Fact ; n prend la valeur n/3 k prend la valeur 1 Tant que n > 1, Faire Div prend la valeur 6k 1 Tant que Div est un diviseur de n, Faire ajouter Div à la liste Fact ; n prend la valeur n/div Div prend la valeur 6k + 1 Tant que Div est un diviseur de n, Faire ajouter Div à la liste Fract ; n prend la valeur n/div k prend la valeur k + 1 Afficher la liste Fact TP. Les sommes d entiers consécutifs A Mais 1 n est pas la somme de quatre entiers consécutifs. 16 ne peut s écrire comme somme de deux, trois ou quatre entiers consécutifs.. a. Les cases B15, C10 et F4 contiennent 7. La case F4 correspond à n = et m = 5. Donc 7 est la somme de = 6 entiers consécutifs en partant de : 7 = De même 7 = (pour la case C10) et 7 = (pour la case B15). b. Dans la colonne B figurent tous les nombres impairs supérieurs ou égaux à 3. En effet un nombre impair s écrit n + 1 = n + (n + 1). Il est donc bien la somme de deux nombres consécutifs. c. Dans le tableau figurent tous les nombres inférieurs à 35 sauf 1,, 4, 16 et 3. Il semble que seules les puissances de ne puissent s écrire comme sommes d entiers consécutifs. B. 1. x = n + (n + 1) + + (n +m) est la somme de (m + 1) termes d une suite arithmétique de premier terme n et de n n m raison 1. On a donc : x m 1 soit x = (m +1)(m + n).. Si x est une puissance de, il en est de même de x. Or, si m est pair, alors m + 1 est impair. Inversement, si m est impair, m + n est impair. Dans les deux cas, un des facteurs de x est impair. Ce qui est impossible si x est une puissance de. 3. a. Si x = 34, alors x = 68 qui s écrit Par identification avec l écriture (m + 1)(m + n), on en déduit m = 3 et n = 7. Donc x est la somme de = 4 entiers consécutifs en partant de 7 : x = b. Soit x pair non puissance de. La décomposition de x en facteurs premiers comporte (puisque x est pair) et au moins un autre facteur impair sinon x serait une puissance de. On a bien, si a est l exposant de dans la décomposition, x = a N avec N impair. Par suite, x = a+1 N. D autre part, x = (m + 1)(m + n). 3

4 Distinguons deux cas. a+1 N : dans ce cas, on identifie m + 1 = a+1 et m + n = N. On en tire m = a+1 1 qui est impair. m N m est pair et on en déduit l entier n N. a+1 > N : dans ce cas, on identifie m + 1 = N et m + n = a+1. On en tire m = N 1 qui est pair. a+1 a 1 m m est pair et on en déduit l entier n. Dans les deux cas, on a bien pu trouver deux entiers m et n tels que x = n + (n + 1) + + (n + m). C. D après ce qui précède, tous les entiers supérieurs ou égaux à 3, à l exception des puissances de, peuvent s écrire comme sommes d entiers consécutifs. TP3. Le test de Fermat et les nombres de Carmichaël A = 0 0 (), = (6), = (8).. Dans le tableau, les lignes sont composées de 0 quand n est premier. Conjecture : si n est premier et a entier naturel, alors a n a (n). B. 1. a. 11 = 048 = b. 31 = donc 31 = ( 11 ) 9. Par suite 31 9 (341) soit (341) et enfin 31 (341). Par ailleurs 341 = ( 11 ) 31. Donc (341) d où 341 (341). c. Non. 341 n est pas premier.. a. et b. On vérifie à l aide d un logiciel de calcul formel. c. m sert à garder en mémoire la valeur initiale de r. Pour chaque valeur de a comprise entre et 560, r prend successivement les valeurs du reste de a k modulo 561, avec k = 1,, 561. La dernière valeur de r est le reste de a 561 modulo 561. Si a 561 n est pas congru à a modulo 561, t prend la valeur 1. Si on obtient l affichage «pseudopremier», c est que, pour tout a entier de à 560, on a a 561 a (561). d. Voir le Point Info. TP4. De Mersenne à Lucas Lehmer A. 1. M n est premier pour : n Œ ; 3 ; 5 ; 7 ; 13 ; 17 ; 19. Si n est composé, M n est composé. Si M n est premier, n est premier.. Indication : utiliser une suite géométrique. Si n est composé, n ab, n -1 a b -1 a -1 a b- 1 a b- º 1 avec a 1 donc a n - 1est composé. n n 3. On a -1 0 d donc 1 d. B. 1. d d donc d -1ŒI, I n est pas vide. Toute partie de non vide est minorée par 0 et admet un plus petit élément p 0 avec p 0 1 car 1 1(d). n p q r. Soit n élément de I ; on a n qp0 r avec 0 r p0 et 0. Comme p0 1 d, p 0 q 1 d et r 1 d donc r 0 par définition de p 0 et de r. On a donc n qp0. 3. En particulier p qp0 avec p premier donc p p0. Comme d - 1 appartient à I, d - 1 est un multiple de p. Si d divise M p p - 1 avec premier, d -1 kp donc d kp 1. Or d et p sont impairs donc k est pair et d k p 1. C. 1. a. Il y a 19 entiers d de la forme 38k 1 avec d 747 et k 0. b. Si k 3m 1, d 338 m 13. Si k 5m 3, d 538 m 3. Si k 7m, d 738 m 11. 4

5 c. Les valeurs de k possibles sont : 5 ; 6 ; 11 ; 1 ; 14 ; 15 et 17. Celle de d sont :191 ; 9 ; 419 ; 457 ; 533 ; 571 ; 647. M 19 n est divisible par aucun de ces sept nombres : il est premier.. D après la question B.3, le premier diviseur possible de M 3 est 3 1soit 47 et 47 divise M 3. M 3 n est pas premier. D. 1. Récurrence immédiate.. a. Ri Si Mp donc R i S i Mp et R i - S i - Mp d où Ri R 1 i - Mp. b. c. C est p 11 et M 11 = 047 = 3 89 n est pas premier. d. Quand un des restes est nul c est au rang p. On vérifie que ces M p sont alors premiers. e. Les restes sont égaux à. f. Si S p r 0-1 alors S S p -1, puis on fait une récurrence. r 3. a. Si s = 0 alors Afficher «M est premier». Sinon Afficher «M est composé». b. c. Voir fichiers sur le site Math x. Exercices r ENTRAÎNEMENT est premier. n 0 ou n 1 ou il existe un entier p strictement supérieur à 1 tel que le quotient n soit entier strictement supérieur à p Si le premier chiffre d un des termes d une paire est pair, le deuxième terme de la paire sera pair.. {13, 31}, {17, 71}, {37, 73} et {79, 97} ENTRÉE : entier naturel inférieur à 50. TRAITEMENT : n n + 1 Tant que n non premier faire n n + 1 ; Programme Xcas 4 a. Non b. Oui. 5 Exercice corrigé en fin de manuel. Pour n 43, l algorithme s arrête au bout de 4 étapes. 5

6 7 1. L algorithme affiche, 3, 7, 43.. L affichage suivant est = non premier. 8 Exercice corrigé en fin de manuel F 0 = 3 ; F 1 = 5 ; F = 17 ; F 3 = 57.. F 4 = premier. 3. F 5 divisible par Si a b = (a b)(a + b) est égale au nombre premier p, c est que a b = 1 et a + b = p. p - 1 Il faut p impair et on a : a, b p a. n 6n + 5 = (n 1)(n 5). b. Pour n 7, les deux termes n 1 et n 5 sont supérieurs à 1.. n 11n + 9 = (n 1)(n 9) est composé dès que n 6 ainsi que pour n = 0 ou 3 ou 5. 1 (a a + 1) (a + a + 1) = a 4 a + 1 qui n est pas premier sauf pour a = = = ( )( ) = Les restes sont égaux à 1 dès que n >.. Un nombre premier impair s écrit n = p + 1 d où n = 4p + 4p La réciproque est fausse car la propriété est vraie pour tout nombre impair. 14 Exercice corrigé en fin de manuel. 15 Contraposée : si a et b ne sont pas premiers entre eux, la somme est divisible par un entier supérieur à 1(diviseur commun de a et b). p - p 16 Si p, n n n n n Si n 9 k, k 1, n Sin 131, f n a. Si n 10 k, N 4500 k4 1 b. On étudie avec un tableur tous les cas possibles. c. Si n = 5, N = 69 = Si n = 15, N = Si n = 5, N = (1) on ne sait pas ; () faux ; (3) vrai ; (4) faux a. On développe. b. On pose n = 5, 15 ou 5 et m = 1. c. Finalement, N n est jamais premier. 0 Pas de difficulté (calcul mental). 1 Exercice corrigé en fin de manuel. a. ; 3 et 5. c. 3 et 13. b.. d = Il faut multiplier 016 par = Il faut multiplier 056 par 57 = Exercice corrigé en fin de manuel = : 1 60 a 3 5 diviseurs soit 30.. Le carré du PGCD divise 1 60 et le PGCD a six diviseurs donc PGCD = 18 d où a = 18 et b = ! a un diviseur,! en a deux, 3! en a quatre et 4! huit. On peut conjecturer que n! a n 1 diviseurs.. Vrai pour n = 5 mais faux pour n = ! = ! a donc diviseurs soit a. Faux. Elle se termine par 4 zéros. b. Vrai. 0! a diviseurs soit qui est un diviseur de 0! c. Vrai. Les cubes possibles avec sont 0, 3, 6, 9, 1, 15, 18. De même ceux comportant 3 sont 3 0, 3 3, 3 6. Enfin, avec 5 : 5 0, 5 3. Il y a donc 7 3 = 4 cubes , 00, 400, 500, 800, et fiM Les carrés des nombres pairs sont pairs. Les carrés des nombres impairs sont impairs.. (k) = k et (k + 1) = (k + k) Vraie Les exposants des facteurs premiers sont tous pairs. 6

7 . Dans la décomposition de a et b, on considère le facteur premier. Dans celle de a, son exposant est pair, dans celle de b, il est impair, ce qui est impossible. 33 Si 3 était rationnel, il existerait a et b entiers naturels tels que a = 3b. On raisonne comme à l exercice 3 en considérant cette fois le facteur premier Un réel x s écrit après simplification sous la forme a b, avec a et b entiers naturels supérieurs ou égaux à si et seulement si les exposants des facteurs premiers de x ne sont pas tous pairs, ni tous impairs. 35 Exercice corrigé en fin de manuel ; a 3 76 ou a : 3 ; 50 : 1 ; 500 : 15 ; : 4.. a n n. Il y a n 1 n 3 diviseurs. b. On résout n 1 n Vrai pour n N est impair.. C est démontrable par l absurde et et Pour n de 1 jusqu à , calculer la somme S des diviseurs de n. Si S = n, afficher n ; 8-1 ; et Les diviseurs de a n ont les a i, 0 i n, de n 1-1 somme a a s N r a i p 1 i s n p - 1. i 1 i = n = 4n 3 n 5 n. 46 Il y a 45 diviseurs. 47 à 63. Exercices corrigés en fin de manuel. APPROFONDISSEMENT et p º 3 p º 3 p 000 º p ; p ou p sont toujours divisibles par 3. Pour p = 3, est divisible par 17. C est impossible , et sont premiers Exemple : 41 = et 3. xx yy xy - yx x x y y x y y x x y x y ; 7 ; 11 ; 19 et c. Tous les diviseurs q 1, q,, q n de N sont de la forme 4k +1 car ils sont impairs et distincts des p i. q i 1 4 donc N qq 1 º q n 14 ( ). N serait de la forme 4k +1, or N -1 4 ce qui est impossible. La liste des entiers premiers de la forme 4k + 3 est infinie a = b. Les cubes de, 3, 5, 3, 5, 3 5 et 3 5 divisent a. On étudie tous les cas. Pour x =, 3, 5 et 10, y n est pas entier. Pour x = 15 et 30, y est négatif. b. Seule solution : x = 6 et y = est le plus grand diviseur premier de 496. La somme cherchée est donc : S = = (31 3)/ = Le plus grand diviseur premier de N est donc n 1. La somme cherchée est donc S = n 1= (( n 1) n )/ = ( n 1) n 1 = N. 3. Voir l exercice A. Erratum : remplacer l algorithme du manuel par celui-ci. ENTRÉE : n entier naturel supérieur à 1 INITIALISATION : u n + 1 ; S u/ TRAITEMENTETSORTIE : pour k de 1 à n 1 Faire u u + 1 ; S S*u/ FinPour Si S est entier Alors afficher 1 Sinon afficher 0 FinSi 7

8 1. On obtient tout le temps a. 7 7 = 19. b. La propriété est vraie pour 7 + k 19.. a. 7 3 = On peut bien sûr utiliser un algorithme n 1 n º n. S n. Conjecture : S est entier. B. 1. On sépare les pairs et les impairs dans (n)! : (n)! = 1 3 (n 1) 4 (n) puis on met en facteur dans chacun des n termes pairs. On trouve a n n! n.. (n)! = n! (n + 1)(n + ) (n), d où a n n = (n + 1)(n + ) (n). 70. a. Pour n = 10, l algorithme affiche 1,, 4, 8. b. Conjecture : les entiers k pour lesquels k + 1 est premier sont des puissances de. c. Pour n = 18 on obtient : On affine la conjecture : pour k égal à l une des 5 premières puissances de, k + 1est premier mais ne l est pas. 71 Erratum : question, remplacer 1 x + x + (1) p 1 x p 1 par 1 x + x + ( 1) p 1 x p n possède au moins un facteur premier p différent de donc n = pq avec q entier naturel.. Somme des termes d une suite géométrique : 1-1 x x -º - 1 p-1x p x p. 1 x 3. an aq p avec p impair. En remplaçant x par a q dans la formule précédente on obtient : an 1 aq 1 1 -aq aq -º aq p-1 a n 1 est divisible par a q 1 avec 1 aq 1 an Contraposée : «si n n est pas de la forme k alors n n est pas premier» implique «si n est premier alors n est de la forme k». POUR ALLER PLUS LOIN Voir l exercice 70. La condition est nécessaire mais pas suffisante puisque 4 1 n est pas premier : il est divisible par 641. b. La propriété est vraie pour 7 + k La décomposition en facteurs premiers de n comprend au moins un facteur avec un exposant impair.. Si a = nb, avec a et b entiers naturels, il existe au moins un facteur premier p tel que l exposant de p dans n soit impair. L exposant de p dans a est pair et impair dans nb, ce qui est impossible Défis impossibles.. La décomposition en facteurs premiers d un entier est le produit de a (a entier éventuellement nul) avec un produit de puissances d entiers premiers différents de donc impairs. 3. a. Il y a n nombres impairs entre 1 et n. b. n + 1 entiers b i ne peuvent prendre que n valeurs. Au moins deux sont égaux : b k = b i. 4. qk ak bk et ql al bl. Si par exemple ak ai, alors qk ak-al ql puisque b k = b l. Au moins un des entiers en divise un autre a. Seul 5 est régulier en base 10. b. C est la définition d un nombre décimal. c est régulier car qui est entier. d., 4, 5 et 8 sont réguliers en base 10, car ils sont de la forme a 5b. 1 a1 a a. a. n régulier º k n k 60k 1 a 60k a k º ak n 60k 1 n entier. b. 1, 5 et 45 sont réguliers en base 60. c. Les entiers réguliers en base 60 sont ceux qui peuvent s écrire a 3b 5c. d. Entre et 59, il y a 3 entiers réguliers : ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 8 ; 10 ; 1 ; 15 ; 16 ; 18 ; 0 ; 4 ; 5 ; 7 ; 30 ; 3 ; 36 ; 40 ; 45 ; 48 ; 50 ; a. 5, 11, 17, 3, 9 et 41. b. 35, 65, 77, 95, 119 et 15. 8

9 . Un nombre s écrit 6k, 6k + 1, 6k + = (3k + 1), 6k + 3 = 3(k + 1), 6k + 4 = (3k + ) ou 6k + 5. Seuls 6k + 1 et 6k + 5 peuvent être premiers. 3. b. N ne peut être premier car il est de la forme 6k + 5 et est supérieur à tous les p i. c. Si p 1 divise N, il divise 6p 1 p n N = 1. Ne pouvant être de la forme 6k + 5, les diviseurs premiers q i de N sont de la forme 6k + 1. Pour tout i, q i 16, donc le produit de puissances de q i est aussi congru à 1 modulo 6. d. Contradiction : N ne peut être congru à 1 et 1 modulo 6. Il y a une infinité d entiers premiers de la forme 6k A. 1. Voir fichier sur le site Math x.. a. Les nombres de la ligne L 0 sont tous multiples de 3, ceux de la ligne L 1 sont tous multiples de 5, ceux de la ligne L sont multiples de 7 et ceux de la ligne L 3 sont multiples de 9. b. Aucun nombre premier n apparaît dans le tableau. c. Tous les nombres impairs composés de 9 à 99 sont dans le tableau. d. Non, est premier et ne figure pas dans le tableau. Non, par exemple 9 n est pas premier. B. 1. a. La suite C 0 est arithmétique de premier terme 9 et de raison 6 donc uk k. La raison r k de la suite L k est elle-même une suite arithmétique de premier terme 6 et de raison 4. Donc rk 6 4 k. b. Donc uk j 9 6k 6 4 k j 9 6 k 6 j 4 kj k 3 j 3. L entier uk, j situé à l intersection de la colonne C j et de la ligne L k, est un produit de deux entiers différents de 1. Il n est pas premier.. a. L entier 133 = 7 19 = ( + 3)( 8 + 3) est dans le tableau à l intersection de la ligne L et de la colonne C 8. b. Si l entier N + 1 (N 1) n est pas premier, il s écrit N + 1 = P + Q, où P et Q sont deux entiers supérieurs ou égaux à. P et Q sont impairs car si l un des deux était pair, N + 1 serait pair lui aussi. Étant impairs supérieurs à 1, P et Q sont supérieurs ou égaux à 3. Donc P 3 est un nombre pair positif ou nul. Il s écrit k avec k Œ d où P = k + 3. De même, il existe j Œ tel que Q = j + 3. c. Finalement, un entier impair composé apparaît forcément dans le tableau. Ce qui signifie qu inversement, un entier impair supérieur ou égal à 3 est premier si et seulement si il n y est pas. 78 Erratum : à la question. a. remplacer «n = 1, et 3» par : «n = 1, 3 et 5». 1. a. f(0) = 8, f(1) = 5 13, f() = 4 5, f(3) = 5 9, f(4) = 6 5 et f(5) = b. Conjecture : f(n) est multiple de 5 si n ne l est pas. Modulo 5, n 0, 1,, 3 ou 4 donc n 0, 1, 4, 4 ou 1 et n 4 0, 1, 1, 1 ou 1. Donc n (5) quand n est divisible par 5 et n (5) dans les autres cas. c. Si n est pair, n 4 et donc f(n) le sont aussi.. a. f(1) = 5 13, f(3) = 5 9 et f(5) = b. On a f(n) = (n 4n + 8)(n + 4n + 8). c. Pour tout naturel n, n 4n + 8 n + 4n + 8 et n 4n + 8 = (n ) + 4 donc f(n) est le produit de deux entiers naturels strictement supérieurs à 1 donc f(n) est composé. POUR ALLER PLUS LOIN Si a = 4k 4 où k est un entier supérieur ou égal à, n 4 + a = n 4 + (k) 4 = (n kn + k )(n + kn + k ). n + kn + k = (n + k) + k 1 et on démontre que n kn + k 1 en prouvant que le trinôme n kn + k 1 n a pas de racine réelle donc a fortiori pas de racine entière a. p 10 p 13 et p 0 p 3. Un tableau à double entrée montre qu un et un seul est multiple de 3. b. 3, 13 et 3. 3 est le seul multiple premier de 3.. a. Modulo 3, 3u 13v 3w v - w. Donc, si 3u 13v 3w 0, alors v w 3. b. 0 3u 13v 3w 3u 39k 13r 69k 3r d où u -13k - 3k -1 r. c. Les trois coordonnées sont comprises strictement entre 5 et 5. Pour r = 1, -5 3k 1 5conduit à k = 1, 0, 1. De même pour k, et il faut -5-13k - 3k -1 5 soit 7-13k - 3k 17. Seule possibilité : k = 1, k = 1. D où le point ( ; 4 ; ). Le cas r = 0 conduit au point O et r = à ( ; 4 ; ). 80 A et a. Les diviseurs propres de n p sont i avec 0 i n et k p avec 0 k n- 1(utiliser des suites géométriques). Leur somme est 1 p n n p. b. et c. Si p n 1-1, la somme vaut a, qui est parfait. 3. Si n 1-1 est premier, a n n 1-1 est parfait : pour n = 4, a = 496 ; pour n = 6, a = B.. a. Les diviseurs de a sont i d k avec 0 i n et 1 k p. n i d n  k 1-1 d k donc s a n 1-1 sb ( ). i 0 9

10 b. a est parfait si et seulement si s a a. 3. a. s a a n 1-1 s b n 1b-b b n 1-1 sb -b b. Si b est premier, on a s b 1 b. n 1. D après la question 3. a, b -1 n 1 4. Tout nombre pair parfait est de la forme -1 avec 1-1premier , 137, 167, 197, 7, 57.. a. Si u 0 = 3, u 3 = 3 + 3r est divisible par 3. b. up p pr est divisible par p donc aucune suite ne peut être composée de nombres premiers. c. Si le premier terme est p, il y a au plus p termes consécutifs premiers. d. Si le premier terme est inférieur ou égal à N 1, il y aura au plus (N 1) termes. 3. a. Le premier terme doit être pair, u 0 =, et la raison impaire. Il n y a alors que deux termes. b. S il y a trois termes, ils sont impairs donc leur différence est paire. c. u a u 1 u u 1 u u 1 u u 0 est supérieur ou égal à 5. Pour que u 1 et u soient premiers, il faut a 0 3. De plus a est pair donc a est multiple de a. r est multiple de = 10. b. Pour m = 9, on trouve : 199, 409, 619, 89, 1 039, 1 49, 1 459, 1 669, 1 879, C est le théorème de Pythagore.. Le volume est abc mais aussi p. 3. m et n étant de parités différentes, mn est pair. Comme k 3 mn(m n )(m + n ) = p, p est divisible par donc p =. 4. dô k donc d 3 Ô d où d = 3 ; on a k = 3 ou k = 1. Si k = 1, m ou n est divisible par 3 5 donc m 3 5 et mn m- n m n m n a. dô met dôm-n fi dô m et dô n par combinaison fi dô m et dô n car de impair. En effet, m et n étant de parités différentes, m n est impair. Même chose pour m + n et m + n. c. L un des facteurs est divisible par 3 et premier avec les autres facteurs. n Ce facteur est donc divisible par 9. De même, un facteur divisible par 5 est divisible par 5 car premier avec les autres facteurs. 7. a. m = et n = 1 n est pas solution. Si n = 1, m 3 donc m n ; m + n 4 et m + n 10. Si n, m + n 5, m + n 13, m 3, seul m n peut être égal à 1. b. Comme n < m, n < m donc m + n < n. On a n ou m n supérieur ou égal à donc : n(m n) et m + n m donc mn(m n) (m + n) m. On a aussi : (m + n ) mn(m n) (m + n) (m + n ). c. On a m m n 59 donc n 59, m- n 59 et m n m 118. Le facteur premier 373 ne peut diviser que m + n. 8. a. Comme on a m n , k 9. D après la question 6. c, k = 1,, 7 ou 9. b. m et n étant de parités différentes, mn est pair. c. Si m n 3, m-n 0 3 Si m 0 3 ou n 0 3, mn m- n m n 0 3. Si m 3 et n 13, m n 0 3. Si m 13 et n 3, m n 0 3. Par disjonction des cas, on a : mn m- n m n 0 9. d. On a donc k et k 9, car les cinq facteurs sont deux à deux premiers entre eux d où k = 1 ou k = 7. Soit q un entier ; si q pair alors q 0 4 et si q impair alors q 14 donc m n donc m n 373. e. m 373 donc m 19 et m 373 ; m 14. On trouve m = 18, n = 7. La stèle mesure 756 dm, 85 dm et dm. 83 Nombres premiers à chiffres : impossible car les 6 chiffres 0,, 4, 5, 6, 8 ne peuvent être un chiffre des unités. 5, 9, 67, 83 et 401 ou, 41, 53, 89 et 607 sont premiers. 84 Le point d intersection a pour ordonnée mn. Les points de l axe des ordonnées qui n appartiennent à aucun segment [MN] ont pour ordonnée un nombre premier et n 47n + 91 = (n 7)(3n 13) est composé à partir de 5 puisque n 7 3 et 3n 13. Pour n = 0, 1,, 3, 5, il est également composé et pour n = 4, il vaut 1. 10

11 87 n 4 1n + 16 = (n n 4)(n + n 4) est non premier dès qu aucun des deux facteurs n est égal à 1 ou 1, ce qui est le cas sauf pour n = 1ou n = 1 (il vaut alors 5) ou n = 3 ou n = 3 (il vaut alors 11). 88 Vrai. Le produit (a + 1)(b + 1) est impair si et seulement si a, b, sont pairs Quelques essais conduisent à N multiple de 3.. Si a premier supérieur à 3, il est congru à 1 ou modulo 3 donc son carré et congru à 1. La somme de trois d entre eux est divisible par La propriété est vraie pour tout entier impair. (p + 1) + 13 = 4(p + p + 3) Entre et 11 :, 3, 5, 7, 11 sont premiers mis à part ce cas, dans 10 entiers consécutifs, 5 sont pairs et un impair est multiple de 5. Il reste au mieux 4 nombres premiers, comme 101, 103, 107 et 109 entre 100 et Parmi 1 entiers consécutifs, il y a au maximum 11 entiers impairs dont multiples de 5. Il y a au maximum 9 nombres premiers. Ce maximum est atteint pour les entiers de à 3. 9 c ( c ) + 1 = ( c + 1). 11