Arithmétique dansn Philippe Barlier 22 janvier 2015 Avertissement: K désigne ici R ou C. Table des matières 1 Rappels 1 1.1 Propriétés fondamentales de N...................................... 1 1.2 La division euclidienne dans N...................................... 1 1.3 Nombres premiers............................................. 2 2 PGCD, PPCM 3 2.1 PGCD.................................................... 3 2.2 PPCM.................................................... 4 3 Décomposition en facteurs premiers (D.F.P.) 5 4 Exercices 5 4.1 Exercices pratiques............................................. 5 4.2 Exercices plus théoriques......................................... 7 1 Rappels 1.1 Propriétés fondamentales den Théorème 1 Toute partie non vide majorée de N possède un plus grand élément, de même, toute partie non vide de N possède un plus petit élément. Théorème 2 Toute suite décroissante d éléments de N est stationnaire à partir d un certain rang, toute suite croissante et majorée d éléments de N est stationnaire à partir d un certain rang. 1.2 La division euclidienne dansn Théorème 3 { a = bq + r Soit b N et a N, il existe alors un unique couple (q,r) N 2 tel que:, on note alors r =: a 0 r < b mod b, on dit alors que b divise a si r = 0 ce que l on écrit b a, on dit alors que a est un multiple de b. q et r s appellent respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de a par b, l écriture dans ce cours a b signifiera de facto que q et r sont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne r q de a par b. 1
1. Existence (2 façons) Première façon (géométrique) : On considère avec les notations de l énoncé pour k N: I k := [[kb, (k + 1)b 1]] = [kb, (k + 1)b[. i,j N : i j I i I j = Clairement les éléments de la famille (I k ) k N partitionnent N i.e. et I k = N Par suite il existe un unique élément k 0 tel que a I k0, on a donc: k N. On pose k 0 b a < (k 0 + 1)b. r := a k 0 b et donc 0 r < b, on a a = k 0 b + a k 0 b = k 0 b + r de laquelle il vient: a = k 0 b + r (on pose q := k 0 ) Deuxième façon (prémices d analyse) : On note E := {bn/ n N et bn a}: ce sont les multiples de b inférieurs ou égaux à a. On a E, en effet 0 E. Il vient alors que E est une partie non vide et majorée de N donc possède un plus grand élément Q, il existe donc q N tel que Q = bq, ainsi a [bq,bq + b[, on pose r := a bq et le tour est joué, on a a = bq + r avec 0 r < b. 2. Unicité On suppose l existence de (q,r);(q,r ) N N tels que a = bq +r = bq +r et r,r [0,b[. Il est évident que si r = r alors q = q, supposons par l absurde et sans perte de généralités (quitte à échanger les notations) que { r < r : a = bq + r a = bq + r 0 = b(q q ) + r r b(q q) = r r =: α, ceci est impossible puisque l on ne peut avoir q = q (sinon r = r : absurde) et donc: α = r r [0,b[ et 0 < b(q q ) = α [0,b[. 1.3 Nombres premiers Définition: Un élément de N est dit premier si il possède dans N exactement deux diviseurs (ne pouvant être que 1, et lui-même). On note P l ensemble des nombres premiers. Théorème 4 Soit n N {0, ± 1}, alors n est divisible par un nombre premier. Soit n N {0, ± 1}, si n est premier le théorème est démontré, sinon, soit D (n) l ensemble des diviseurs de n strictement plus grands que 1, on a: { n D (n) D = D (n) possède un plus petit élément noté p (n) N p est alors premier : en effet par { l absurde, s il ne l était pas, un diviseur q ( 1) de p vérifierait q < p, par suite q q D (n) diviserait n donc on aurait : qui est absurde car p est le plus petit élément de D (n). q < p 2
Théorème 5 P est dénombrable donc n est pas fini, on note alors (P) la suite des nombres premiers rangés dans l ordre croissant. On a 2 P donc P. On suppose par l absurde P fini, donc, soit n = Cardinal(P). On a n N, par suite on peut numéroter les éléments de de P et écrire P = {p 1, p 2,, p n }. On considère le nombre N = p 1 p 2 p n + 1 > 1, ce nombre est donc par le précédent théorème, divisible par un élément de P, or on a : N p i n k [1;n] : 1 Ceci assure que le reste de la division de N par chaque élément de P est 1, et donc interdit à N d être divisible par un nombre premier en vertu de l unicité du reste de la division euclidienne, ce qui est absurde. Le crible d Eratosthène: Pour obtenir les nombres premiers inférieurs à n : Écrire tous les entiers de 2 à n dans une liste, Enlever (ou barrer) les multiples de 2 sauf 2, Récupérer le plus petit nombre nom barré et barrer ses multiples, Répéter cette opération avec le test d arrêt: On s arrête dès qu on a atteint la racine carrée de n. Justifier cet algorithme après avoir écrit son organigramme. 2 PGCD, PPCM 2.1 PGCD Théorème 6 Soit (a, b) N 2 on note D(a,b) l ensemble des diviseurs communs à a et b alors D(a,b), si a, b non tous nuls, D(a,b) possède un plus grand élément appelé PGCD de a et b noté a b. Théorème 7 Soit (a, b, d) N 3 et a, b non tous nuls, Les points suivants sont équivalents : d { = a b, d a et d b. si δ D(a,b) alors δ d r On pose r 1 := a, r 0 := b puis si 1 r 0 r et par récurrence on fabrique: n r n+1. r 1 q 1 r n+2 q n+2 La suite (r n ) n 1 est strictement décroissante, à éléments entiers, non vide (r 1 existe bien!) donc est finie. Son dernier terme est forcément 0 (en effet sinon on peut refaire une division et ce ne serait plus le dernier terme). On dispose donc d une suite (r n ) n=1..α avec r α = 0 obtenus comme reste des divisions : r 1 = b et a = r 0 r 1 = r 0 q 1 + r 1 r 0 = r 1 q 2 + r 2 r 1 = r 2 q 3 + r 3... r α 3 = r α 2 q α 1 + r α 1 r α 2 = r α 1 q α + r α et r α = 0 i=1 i k p i 3
(On descend les inégalités). On repart de la première égalité r 1 = r 0 q 1 + r 1, et on constate que: si δ est un diviseur de a = r 1 et b = r 0 alors δ divise r 1, δ étant un diviseur de r 0 et r 1 alors δ divise r 2,... δ étant un diviseur de r α 3 et r α 2 alors δ divise r α 1. (On monte les inégalités). On repart de la dernière égalité : On constate r α 1 divise r α 2 donc divise r α 3, ainsi, r α 1 divise r α 2 et r α 3 donc divise r α 4,... ainsi r α 1 divise r 1 et r 0 = b donc divise r 1 = a, Il suit que r α 1 est le pgcd de a et b. La démonstration inhérente au théorème s ensuit. Théorème 8 (Inhérent à la démonstration précédente) δ a Soit (a, b, δ) N 3 a b et b 0, si et si alors δ D(b,r). r q δ b L algorithme d Euclide de la division de m par n Début a := m, b := n r := a mod b r = 0? oui RETURN(b) non a := b, b := r Fin Théorème 9 La boucle de l algorithme d Euclide de la division de l entier naturel m par l entier naturel non nul n termine. 2.2 PPCM Théorème 10 Soient a N, alors l ensemble des multiples de a est an. Théorème 11 Soient a, b N, alors l ensemble des multiples strictement positifs communs à a et b est an bn\{0} et est non vide, donc possède un plus petit élément appelé PPCM de a et b et noté a b. Théorème 12 Soit (a, b, m) N 3 et a, b et m tous non nuls, les points suivants sont équivalents : m { = a b, a m et b m, en d autres termes an bn = mn. Pour tout µ an bn alors m µ 4
On considère µ m, où 0 r < m, i.e. µ = mq + r, puisque a et b divisent m et µ, il divisent r donc si celui-ci r q est différent de 0 on aurait un multiple commun à a et b plus petit strictement que m. Ainsi le ppcm de a et b divise tout multiple commun à a et b. 3 Décomposition en facteurs premiers (D.F.P.) Théorème 13 (Lemme d Euclide) Si a et b sont deux entiers naturels, si p P divise ab alors p a ou p b. Notons p le plus petit premier capable de diviser un produit de 2 facteurs sans diviser aucun de ces 2 facteurs Parmi tous les produits de 2 facteurs que p divise sans diviser aucun des 2 facteurs considérons le plus petit: ab (minimal!) avec a et b non divisibles par p. ( ) a et b coïncident nécessairement avec leur reste dans la division euclidienne par p ( en notant r a et r b ces restes, ils sont non nuls et p divise r a r b...) donc a et b appartiennent à [[1,p 1]] p divise ab donc il existe n tel que pn = ab ( ) n = 0 ou 1 est impossible (...) donc n est divisible par au moins un nombre premier p. p ne peut diviser ni a ni b sinon en simplifiant ( ) par p on contredirait ( ) p divise ab sans diviser ni a ni b donc p p puis pn p 2 or ab (p 1) 2 contradiction. Théorème 14 (Décomposition en facteurs premiers (D.F.P.)) Tout élément de n N {0,1} est un produit de facteurs premiers, plus précisément: Pour tout n N, il existe une unique suite d entiers naturels nulle à partir d un certain rang (v p (n)) p P et un unique élément inversible ǫ de N tels que n = p Pp vp(n), (pour p P, l élément v p (n) s appelle valuation en p de n). Théorème 15 Soit a, b N alors a b = p Min(vp(a),vp(b)) p P a b = p P p Max(vp(a),vp(b)) Ainsi (a b) (a b) = a b. 4 Exercices 4.1 Exercices pratiques Exercice 1 Déterminer l ensemble des diviseurs communs à 375 et 2070. L ensemble des diviseurs de 375 est {1,3,5,15,25,75,125,375}. L ensemble des diviseurs de 2070 est {1,2,3,5,6,9,15,18,23,30,45,46,69,90,115,138,230,414,690,345,1035,2070}. L ensemble des diviseurs communs à 375 et 2070 est donc {1,3,5,15}. Exercice 2 Si on divise 4373 et 826 par b (entier naturel non nul), on obtient pour restes 8 et 7 respectivement. Que vaut b? On écrit les deux division euclidiennes 4373 = bq 1+8 et 826 = bq 2+7, donc simultanément bq 1 = 4373 8 = 4365 et bq 2 = 826 7 = 819. b est donc un diviseur commun à 4365 et à 819. Un rapide examen de la liste des diviseurs des deux nombres permet de conclure que b = 9. 5
Exercice 3 Déterminer : 3723 6711. Déterminer a et b dans Z tels que 3723a + 6711b = 3. 6711 3723 3723 2988 2988 735 735 48 On a,,, 2988 1 735 1 48 4 15 15, 48 15 3 3, 15 3 0 5. Le dernier reste non nul est 3 donc 3723 6711 = 3. 8 On a en écrivant en rouge ce qu on garde : 6711 = 3723 1 + 2988 : 233 >< 3723 = 2988 1 + 735 : ( 187) 2988 = 735 4 + 48 : 46 + 735 = 48 15 + 15 : ( 3) >: 48 = 15 3 + 3 : 1 6711 (233) + 3723 ( 187) = 3723 (233) + 3 6711 (233) + 3723 ( 420) = 3 Exercice 4 Deux entiers sont premiers entre eux si leur pgcd est 1. 1. Si a et b sont premiers entre eux et si leur somme est 24, déterminer tous les couples (a,b) possibles. 2. Déterminer tous les couples d entiers (x,y) tels que x + y = 96 et x y = 4 (on pourra se ramener à la situation précédente). 1) Parmi les couples d entiers n ayant pas de diviseur commun (autre que 1) et dont la somme vaut 24, il y a: a = 1, b = 23 a = 5, b = 19 a = 7, b = 17 a = 11, b = 13 2) Si x y = 4, alors 4 x et 4 y, donc x = 4n et y = 4m où m et n sont des entiers premiers entre eux (sinon 4 ne serait pas le pgcd de x et y. Puisque x + y = 96, on en déduit donc 4(n + m) = 96 n + m = 24. Il nous faut donc déterminer les couples d entiers (n,m) premiers entre eux tels que n + m = 24. Ceci ayant été fait dans la question 1), on conclut que : n = 1 et m = 23, ou n = 5 et m = 19, ou n = 7 et m = 17, ou n = 11 et m = 13, donc en multipliant par 4 on obtient les valeurs respectives de x et y. Exercice 5 Deux voiture partent en même temps de la ligne de départ et font plusieurs fois le tour d un même circuit. La voiture A fait le tour du circuit en 36 minutes et la voiture B en 30 minutes. 1) Y-a-t-il des moments (autres que le départ!) où les voitures se croisent sur la ligne de départ? 2) Préciser alors le plus petit nombre de tours pour A et B par même laps de temps. 1) Les voitures se croiseront pour la première fois (depuis le départ) au bout d un temps égal à 30 36. Pour calculer 30 36, deux solutions sont envisageables : 30 36 - soit on calcule 30 36, qui vaut 6 et puisque (30 36) (30 36) = 30 36, on en déduira 30 36 = = 180. 6 - soit on utilise la décomposition de 30 et 36 en produits de facteurs premiers, à savoir et 30 = 2 1 3 1 5 1 et 36 = 2 3 3 2 et on calcule, grâce aux maximum des puissances, 30 36 = 2 2 3 2 5 1 = 180. Les deux voitures se croiseront donc au bout de 180 minutes, soit 5 tours pour la voiture A et 6 tours pour la voiture B. 2) Toutes les 180 minutes (3 heures), la voiture A parcourt 5 tours, et la voiture B 6 tours. Exercice 6 Dans une maison nouvellement construite, on veut carreler certaines pièces. 1. Le sol de la salle à manger est un rectangle de longueur 4,54 m et de largeur 3,75m. On veut carreler cette pièce avec des carreaux carrés de 33 cm de côté. On commence la pose par un coin de la pièce. Calculer le nombre de carreaux non découpés qui auront été posés. 2. Le sol de la cuisine estun rectangle de longueur 4, 55 m et de largeur 3,85m. On veut carreler cette pièce avec un nombre entier de dalles carrées, sans aucune découpe. (a) Donner la liste des diviseurs de 455 puis la liste des diviseurs de 385. (b) Donner la liste des diviseurs communs à 455 et 385. (c) Quel est alors le plus grand côté possible des dalles carrées à utiliser pour carreler cette cuisine? 3. On dispose de dalles rectangulaires de longueur 24 cm et de largeur 15 cm. (a) Donner la liste des multiples de 24 inférieurs à 400, puis la liste des multiples de 15 inférieurs à 400. (b) Donner la liste des multiples communs à 24 et 15, inférieurs à 400. 6
(c) Quelle serait la longueur du côté de la plus petite pièce carrée qui pourrait être carrelée avec un nombre entier de dalles de ce type, sans aucune découpe? 1. Puisque 454 = 33 13 + 25 et 375 = 33 11 + 12, il faut un peu plus de 13 carreaux en longueur et un peu plus de11 carreaux en largeur, donc un nombre de carreaux non coupés égal à 11 13 = 143. 2. (a) Les diviseurs de 455 sont 1,5,7,13,35,65,91 et 455. Les diviseurs de 385 sont 1,5,7,11,55,77 et 385. (b) L ensemble des diviseurs communs à 455 et 385 est donc {1,5,7}. (c) On peut donc utiliser des dalles de côté 7 cm pour carreler la cuisine. Il en faudra 65 en longueur et 55 en largeur. 3. (a) La liste des multiples de 24 inférieurs à 400 est [24,48,72,96,120,144,168,192,216,240,264,288,312,336,360,384]. La liste des multiples de 15 inférieurs à 400 est : [15,30,45,60,75,90,105,120,135,150,165,180,195,210,225,240,255,270,285,300,315,330,345,360,375]. (b) La liste des multiples communs à 24 et 15, inférieurs à 400 est donc [120,240,360]. (c) On pourrait donc carreler une pièce carrée de 360 cm (soit 3m60) de côté avec des carreaux de longueur 24 cm et de largeur 15 cm. Exercice 7 On veut recouvrir une surface rectangulaire de 4,75 m sur 3,61 m avec des dalles carrées dont le côté mesure un nombre entier de centimètres. Quelle est la taille maximale de ces dalles? Il faut déterminer 361 475. On effectue les divisions euclidiennes successives : puis 475 = 361 1 + 114, 361 = 114 2 + 19 et enfin 114 = 19 6 + 0. Le dernier reste non nul étant 19, le PGCD de 475 et 361 est 19. A l aide de dalles carrées de 19 cm de côté, on peut donc carreler une surface rectangulaire de 4,75 m sur 3,61 m (il faudra 19 dalles en longueur et 25 en largeur, soit un total de 475 dalles en tout. Exercice 8 On dispose d une feuille de papier dont les bords sont à mesures entières. On découpe dans cette feuille le plus grand carré possible. Dans le morceau restant, on découpe encore le plus grand carré possible, et ainsi de suite... On continue à découper le plus grand carré possible jusqu à ce que le morceau restant soit lui-même un carré. Quelle est la taille du dernier carré si les dimensions de la feuille initiale sont 192 cm sur 84 cm? Même question si les dimensions initiales sont deux entiers quelconques. La taille du dernier carré sera 84 192 = 12. De manière générale, si on note x et y les dimensions de la feuille initiale, la taille du dernier carré sera x y, ceci est le calcul du pgcd par différences successives, vous en écrirez l algorithme... 4.2 Exercices plus théoriques Exercice 9 a et b sont deux entiers non nuls et D := a b: On considère l algorithme d Euclide pour a et b et on écrit alors pour tout k in [0,n 0 ] : a k = b k q k + r k (q k est le quotient de la division euclidienne de a k par b k et r n0 +1 = 0: premier reste nul), montrer qu il existe deux entiers relatif U et V tels que au + bv = D relation dite de Bézout «faible». On retient que le pgcd de deux entiers est toujours combinaison linéaire entière relative de ces deux nombres. Montrer alors que les points suivants sont équivalents : 1. a b = 1, 2. (U,V ) Z 2 : au + bv = 1 relation dite de Bézout «forte». Que penser de deux entiers consécutifs? On pose a = r 1 et b = r 0, on a alors en écrivant en rouge ce qui doit rester : 7
r 1 = r 0 q 0 + r 1 : ( q 1w n0 1 + w n0 2 =: w n0 ) r 0 = r 1 q 1 + r 2 : ( q 2w n0 2 + w n0 3 =: w n0 1) r 1 = r 2 q 2 + r 3 : ( q 3w n0 3 + w n0 4 =: w n0 2) r n0 6 = r n0 5 q n0 5 + r n0 4 : ( q n0 4w 4 + w 3 =: w 5) r n0 5 = r n0 4 q n0 4 + r n0 3 : ( q n0 3w 3 + w 2 =: w 4) + r n0 4 = r n0 3 q n0 3 + r n0 2 : ( q n0 2w 2 + w 1 =: w 3) r n0 3 = r n0 2 q n0 2 + r n0 1 : ( q n0 1 = q n0 1w 1 + w 0 =: w 2) r n0 2 = r n0 1 q n0 1 + r n0 : (1 =: w 1) r n0 1 = r n0 q n0 + r n0 +1 : (0 =: w 0) w n0 r 1 + w n0 1r 0 = r 0q 0w n0 + r n0 w 1 Les justifications se faisant par récurrence finie évidente. Soit en utilisant a = r 1, b = r 0 et w 1 = 1: w n0 a + b(w n0 1 q 0w n0 ) = r n0 Il est évident que 1. = 2. grâce à la première question. 2. = 1. n est guère plus difficile : en effet si δ est un diviseur commun à a et b il divise 1 ce qui ne lui laisse guère de choix: d = 1. n et n + 1 vérifient «Bézout fort», donc sont premiers entre eux! Exercice 10 [À faire après le précédent] Si a, b N sont premiers entre eux, si c N, si a divise b c alors a divise c (lemme de Gauss). On a l existence de u et v dans Z tels que au + bv = 1 bv = 1 au (a et b premiers entre eux). On a l existence de k N tel que ka = bc kav = bvc kav = (1 au)c c = a(kv + uc) Exercice 11 On note pour m N : Ndiv N (m) le nombre de diviseurs dans N de m, grâce à la D.F.P., déterminer Ndiv N (m). Si m, n N, on dit que m et n sont premiers entre eux si m n = 1, montrer dans ce cas que: Ndiv N (m n) = Ndiv N (m) Ndiv N (n). Supposons m = p α 1 1 pα 2 2 pαr r, il vient (avec un raisonnement en arbre...) que tout diviseur de m s écrit p a 1 1 pa 2 2 par r avec a i [0,α i ] ce, pour i [1,r] soit α i + 1 possibilités pour a i ainsi : Ndiv N(m) = ry (α i + 1) = (α 1 + 1)(α 2 + 1) (α r + 1) i=1 Si n = q β 1 1 qβ 2 2 qβ r r est premier avec m alors {p i : i = 1..r} {q j : j = 1..r } = Le résultat s ensuit. Exercice 12 On note pour n N : σ(n) la somme de tous les diviseurs de n qui sont dans N. Si p est premier et α N calculer σ(p α ). Montrer que si m,n N sont premiers entre eux alors: σ(m n) = σ(m) σ(n), déterminer alors à l aide de la D.F.P. de n la valeur de σ(n). On a σ(p k ) = kx j=0 p j = pk+1 1 p 1. On a ensuite que l ensemble M des diviseurs de m et l ensemble N des diviseurs de n vérifient: M N = {1} il suffit pour cela de s apercevoir que les D.F.P. de m et n n ont aucun premier en commun. On note alors Π l ensemble des diviseurs de mn, on a une bijection entre Π et M N définie par le fait suivant: ( δ M)(!(δ m,δ n) M N) : δ = δ m δ n, la bijection étant Il suit que σ(mn) = X d Π d = X δ m M δ n N δ mδ n = δ (δ m,δ n).!! X X X δ mδ n = δ m δ m M δ n N δ m M X δ n N δ n! = σ(m)σ(n). 8
Pour m = p α 1 1 pα 2 2 pαr r il suit : σ(m) = ry i=1 p k+1 i 1 p i 1 Exercice 13 On note µ la fonction de Möbius définie comme suit, si n N : 1 si n = 1 µ(n) := ( 1) k si la D.F.P. de n est le produit de k nombres premiers distincts. 0 si la D.F.P. de n contient un facteur carré Montrer que si m,n N sont premiers entre eux alors: µ(m n) = µ(m) µ(n). En montrant que tout ensemble fini non vide a autant de sous-ensembles avec un nombre pair d éléments que de sous-ensembles avec un nombre impair d éléments montrer que: { 1 si n = 1 µ(d) = 0 si n > 1 d n En effet, si l un des deux entiers n et m est divisible par un carré parfait différent de 1, la formule est vérifiée et donne 0. Sinon, soient s le nombre de diviseurs premiers de n et t celui de m. L entier nm admet s + t diviseurs premiers donc on a bien: µ(nm) = ( 1) s+t = ( 1) s ( 1) t = µ(n)µ(m). Si n = 1, le résultat est évident. Si n > 1, soient P n l ensemble des facteurs premiers de n et s = Cardinal(P n) ( 1). Les seuls diviseurs de n dont l image par µ est non nulle sont ceux sans facteur carré, c est-à-dire les produits d éléments distincts de P n donc, en utilisant que le nombre de parties de P n de cardinal t est égal au coefficient binomial `s t puis en appliquant la formule du binôme : X µ(d) = X µ Y! p = X ( 1) Card(D) D P p D D P d n = = sx ( 1) t Card({D P Card(D) = t}) t=0 sx t=0! s ( 1) t = ( 1 + 1) s = 0, t ce qui termine la démonstration Au lieu d appliquer la formule du binôme, on pouvait d ailleurs la redémontrer directement dans ce cas particulier, c est-à-dire montrer qu il existe dans P n autant de parties de cardinal pair que de cardinal impair. Pour cela, il suffit de fixer un élément p de P n et de regrouper les parties de P n deux par deux, par couples de la forme (S,S {p}) où S est une partie de P ne contenant pas p. Chaque partie de P figure dans un couple et un seul et chaque couple comporte une partie de cardinal pair et une de cardinal impair, ce qui montre bien que P a autant de parties paires qu impaires. Exercice 14 On note : ϕ la fonction indicatrice d Euler définie par: si n N alors ϕ(n) est le nombre d entiers naturels plus petits que n et premiers avec n. Si m et n sont des entiers naturels et n 0, on note m mod n le reste de la division euclidienne de m par n. On rappelle que si m et n sont des entiers non nuls, alors m est premier avec n si et seulement si m mod n est premier avec n. 1. Soit p P, calculer ϕ(p) et ϕ(p n ) pour n N. Si a,b N sont premiers entre eux et a < b on veut ici montrer qu alors: ϕ(a b) = ϕ(a) ϕ(b). 2. Montrer que si k [0, a 1], en posant l k+1 := {ja + k mod b : j [0, b 1]}, on a : K.1. Si k a 1 alors aucun éléments de l k+1 ne peut être premier avec a et b. On dira que l k+1 est de type 1. K.2. Si k a = 1 alors Cardinal(l k+1 ) = b (On pourra montrer que si j, j [[0, b 1]] alors ja + k mod b = j a + k mod b = j = j ). En déduire que l k+1 contient ϕ(b) éléments premiers avec b. On dira que l k+1 est de type 2. Montrer alors qu il y a exactement ϕ(a) ensembles l k+1 de type 2 quand k décrit [0,a 1]. 9
3. On considère la matrice T de format (b,a) définie par (i,j) [1,a] [1,b] : T(i,j) := (j 1)a + i Montrer qu elle contient exactement ϕ(ab) éléments premiers avec a et b. En examinant ses lignes, montrer que ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b). 4. Déterminer alors pour n N à l aide de sa D.F.P. la valeur de ϕ(n). 1. On a très facilement que ϕ(p) = p 1. Pour calculer ϕ(p α ) on dispose de 0 1 2 3... 1 p p + 1 p + 2 p + 3... 2p 2p + 1 2p + 2 2p + 3... 3p............... B (p 1)p + 1 (p 1)p + 2 (p 1)p + 3... p 2 C @............... A (p α 1)p + 1 (p α 1)p + 2 (p α 1)p + 3... p α On constate alors que tous les éléments de cette matrice qui ne sont pas dans la dernière colonne sont premiers avec p donc avec p α. Il suit que ϕ(p α ) = (p 1)p α 1 = p α p α 1 2. Le K.1. est évident, en effet k n est pas premier avec a (!) Pour le K.2. : Montrons que si j, j [0, b 1] alors ja + k mod h b = j a + k mod b i = j = j. Sans pertes de généralités supposons ja + k j a + k, il vient (j a + k) (ja + k) mod b = (j j)a mod b et donc Or on a: 0 = j a + k mod b ja + k mod b = (j j)a mod b donc par le lemme de Gauss (exercice 10) il vient b (j j) d où j j = 0. Le éléments de l k+1 sont 2 à 2 distincts, donc Cardinal(l k+1 ) = b. Puisque l k+1 = [0,b 1], il vient que l k+1 contient ϕ(b) éléments premiers avec b. Les l k+1 de type 2. sont associés à k a = 1, il y a par définition, ϕ(a) éléments k répondant à la question. 3. On a : 0 T = B @ 1 a + 1 2a + 2 (b 1)a + 1 2 a + 2 2a + 2 (b 1)a + 3 3 a + 3 2a + 3 (b 1)a + 3 a 2a 3a (b 1)a + a = ab 1 C A Blocs = 0 L 1 1 L 2 BL 3 C @ A L a La matrice T contient donc tous les éléments entiers de 1 à ab donc contient les ϕ(ab) éléments premiers avec ab. Examinons la ligne k de cette matrice (k [1,b]) : L k = `k a + k 2a + 3k (b 1)a + 3k Les restes de la division par b des éléments de L k forment l ensemble l k donc pour déterminer les éléments de T premiers avec a et b on élimine dans T les lignes L k dont l k est de type 1 il reste donc ϕ(a) lignes chacune contenant ϕ(b) éléments premiers avec b (et a forcément!). Il suit ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) 4. Pour m = p α 1 1 pα 2 2 pαr r il suit : ϕ(m) = p α 1 1 p α 1 1 1 p α 2 2 p α 2 1 2 p αr r p αr 1 r 10