4 Nombres premiers L ensemble D n des diviseurs dans N d un entier n contient toujours et n, il est donc de cardinal supérieur ou égal à. On s intéresse ici aux entiers p tels que D p soit de cardinal minimal, à savoir. 4. L ensemble P des nombres premiers Définition 4. On dit qu un entier naturel p est premier s il est supérieur ou égal à et si les seuls diviseurs positifs de p sont et p. Remarque 4. 0 et ne sont pas premiers et est le seul nombre pair qui est premier. On note P l ensemble de tous les nombres premiers. Exemple 4. n = est non premier (la somme des chiffres de n est égale à 6, donc n est divisible par 3 < n). Exemple 4. Les nombres de Fermat sont les entiers de la forme F n = n + où n est un entier naturel. Ces entiers sont premiers pour n = 0,,, 3, 4, mais pas pour n = 5 ou n = 6. L instruction Maple : for n from to 6 do factorset(^(^n)+) od ; nous donne : {5}, {7}, {57}, {65537}, {670047, 64}, {67804307, 7477} soit pour n = 5 et n = 6 : F 5 = 5 + = 49496797 = 64 670047 = ( 7 5 + ) ( 7 3 7449 + ), F 6 = 6 + = 84467440737095567 = 7477 67804307 = ( 8 3 7 7 + ) ( 8 5 47 373 99879 + ). Euler (sans l aide de Maple) avait montré que F 5 n est pas premier. Le résultat qui suit se déduit du fait que toute partie non vide de N admet un plus petit élément. Théorème 4. (Euclide) Tour entier n supérieur ou égal à a au moins un diviseur premier. 47
47 Nombres premiers Démonstration. Pour tout entier n l ensemble D n des diviseurs strictement positifs de n a au moins deux éléments, et n, donc D n \ {} est non vide dans N \ {0, } et il admet un plus petit élément p qui est nécessairement premier. En effet si p n est pas premier il admet un diviseur q tel que q < p avec q qui divise n, ce qui contredit le caractère minimal de p. Corollaire 4. Tout entier relatif n Z \ {, 0, } a au moins un diviseur premier. Démonstration. Tout diviseur premier de n convient. Un entier naturel non premier s écrit donc n = pq avec p premier et q. On dit alors qu il est composé. Exercice 4. Soit b 3 une base de numération. Montrer que n = b, où le chiffre est répété p fois, est non premier. Solution 4. On a : n = + b + + b p + b p+ = + b bp b + bp+ = bp+ + b p+ b = (bp+ ) (b + ) b b = (b + ) ( + b + + b p + b p) les deux termes de ce produit étant, donc n n est pas premier. Exercice 4. Soient a et m deux entiers et p = a m. Montrer que si p est premier alors a = et m est premier. La réciproque est-elle vraie? On appelle nombre de Mersenne tout entier de la forme m. Le plus grand nombre premier connu à ce jour (6 septembre 006) est le nombre premier de Mersenne : 358657. Solution 4. Supposons que p soit premier. On a : m p = a m = (a ) a = (a ) q Si a >, on a a et q puisque m et p ne peut être premier. On a donc nécessairement a = et p = m. Si m n est pas premier, il s écrit m = ab avec a, b et : b p = ab = ( a ) b = ( a ) ( a ) = ( a ) q avec a (puisque a 4) et q (puisque b ) et p ne peut être premier. L entier m est donc nécessairement premier. Pour m =, 3, 5, 7, on a p = 3, 7, 3, 7 qui sont premiers et pour m =, on a p = = 047 = 3 89. La réciproque est donc fausse. Un diviseur premier de n est nécessairement inférieur ou égal à n. En fait, pour n non premier, on peut toujours en trouver un qui est inférieur ou égal à n, c est p = min (D n \ {}). Théorème 4. Tout entier n supérieur ou égal à qui est composé a au moins un diviseur premier p tel que p n. =0 =0
L ensemble P des nombres premiers 473 Démonstration. En supposant n composé et en gardant les notations de la démonstration du théorème précédent, on a vu que p = min (D n \ {}) est un diviseur premier de n. On a donc n = pq avec q n (on a q puisque n n est pas premier) et q D n \ {}, ce qui implique que p q et p pq = n, soit p n. On peut aussi montrer ce résultat par récurrence sur n 4. p = divise n = 4. Supposons le résultat acquis pour tous les entiers composés compris entre et n 4. Si n est premier, il n y a rien à montrer, sinon il existe deux entiers a et b compris entre et n tels que n = ab et comme ces deux entiers jouent des rôles symétriques, on peut supposer que a b. Si a est premier, c est alors un diviseur premier de n tel que a ab n, sinon il admet un diviseur premier p a et p divise aussi n avec p n. Le théorème précédent nous donne un premier algorithme, relativement simple, permettant de savoir si un entier n est premier ou non : on effectue successivement la division euclidienne de n par tous les entiers p n : si l une de ces divisions donne un reste nul, alors n n est pas premier, sinon, n est premier. Une petite amélioration peut être apportée à cet algorithme en remarquant que si ne divise pas n, il est inutile de tester les divisibilités par les entiers p n pairs. Pour tester la divisibilité de n par les nombres premiers p n, on doit disposer de la liste de tous ces nombres premiers. Le crible d Eratosthène nous permet d obtenir une telle liste. Le principe est le suivant : on se donne la liste de tous les entiers compris entre et m (m est la partie entière de n pour l algorithme précédent) ; on garde et on supprime tous les autres multiples de de cette liste ; le premier entier strictement supérieur à est 3 et comme il ne possède pas de diviseur strict, il est premier, on le garde et on supprime tous les autres multiples de 3 de la liste ; on continue ainsi de suite et on s arrête dès que l on tombe sur un nombre premier strictement plus grand que m. La liste finale contient alors tous les nombres premiers inférieurs à m. Par exemple pour m = 5, on a la séquence suivante : L 0 = (, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0,,, 3, 4, 5) ; est premier et on supprime de L 0 tous les multiples de qui sont différents de, ce qui donne la liste L = (, 3, 5, 7, 9,, 3, 5, 7, 9,, 3, 5) ; 3 est nécessairement premier et en supprimant de L tous les multiples de 3 qui sont différents de 3, on obtient la liste L = (, 3, 5, 7,, 3, 7, 9, 3, 5) ; 5 est nécessairement premier et en supprimant de L tous les multiples de 5 qui sont différents de 5, on obtient la liste L 3 = (, 3, 5, 7,, 3, 7, 9, 3) ; 7 est nécessairement premier et en supprimant de L 3 tous les multiples de 7 qui sont différents de 7, on obtient la liste L 4 = (, 3, 5, 7,, 3, 7, 9, 3). Tous les éléments de cette liste sont premiers puisque 7 > 5. Les résultats qui suivent sont élémentaires, mais souvent utiles. Lemme 4. Soit p un entier naturel premier. Pour tout entier naturel non nul n, on a soit p qui divise n, soit p qui est premier avec n. Démonstration. Comme δ = p n divise p, on a soit δ = p et p divise n, soit δ = et p est premier avec n. Lemme 4. Deux nombres premiers distincts sont premiers entre eux. Démonstration. Soient p, q deux nombres premiers. Si δ = p q, le lemme précédent nous dit que p divise q et q divise p, donc p = q.
474 Nombres premiers Lemme 4.3 Un entier p est premier si, et seulement si, il est premier avec tout entier compris entre et p. Démonstration. Si p est premier, comme il ne divise pas {,, p }, il est premier avec. Réciproquement si p n est pas premier, il s écrit alors p = ab avec a, b et p n est pas premier avec a {,, p }. Le théorème de Gauss nous donne le résultat suivant qui nous sera utile pour prouver l unicité (à l ordre près) de la décomposition en facteurs premiers d un entier n. Lemme 4.4 Soit p un nombre premier et r un entier naturel supérieur ou égal à. Si p divise le produit n n n r de r entiers naturels non nuls, alors p divise l un des n. Démonstration. On procède par récurrence sur n. Si p divise n n, on a soit p qui divise n, soit p qui est premier avec n et il va alors diviser n (théorème de Gauss). Supposons le résultat acquis au rang n. Si p divise n n n r, on a soit p qui divise n, soit p qui est premier avec n et il va alors diviser n n r et l un des n où est compris entre et n. Dans le cas où tous les n sont égaux à un même entier n, on a : (p premier divise n r ) (p divise n) Exercice 4.3 Soient p un nombre premier et n, m des entiers naturels non nuls. Montrer que p divise n ou p m est premier avec n. Solution 4.3 Si p divise n c est fini. Sinon p est premier avec n et le théorème de Bézout nous dit qu il existe deux entiers relatifs u et v tels que up + vn =. On a alors = (up + vn) m = u n p n + v n n, ce qui signifie que p n et n sont premiers entre eux. Exercice 4.4 Soient a et b deux entiers relatifs non nuls. Montrer que : ( a + b ) (ab) = (a b). Solution 4.4 Soient δ = a b et p, q premiers entre eux tels que a = δp et b = δq. On a : δ = ( a + b ) (ab) = ( δ ( p + q )) ( δ (pq) ) = δ (( p + q ) (pq) ). Il s agit alors de montrer que δ = (p + q ) (pq) = si p q = (on s est ramené en fait au cas où a et b sont premiers entre eux). Supposons que δ, il admet alors un diviseur premier d et d qui divise pq (pq est multiple de δ ) va diviser p ou q. Mais d divise p entraîne d divise p avec d diviseur de p + q (p + q est multiple de δ ), donc d premier divise q, il divise donc q, ce qui est impossible (p et q premiers entre eux ne peuvent avoir d comme diviseur commun). Comme p et q jouent des rôles analogues, d ne divise pas q. On a donc nécessairement δ =. Exercice 4.5 Soient a et b deux entiers relatifs non nuls et n un entier naturel non nul. Montrer que : a n b n = (a b) n et a n b n = (a b) n.
L ensemble P des nombres premiers est infini 475 Solution 4.5 Soient δ = a b et p, q premiers entre eux tels que a = δp et b = δq. On a : a n b n = (δ n p n ) (δ n q n ) = δ n (p n q n ) et (a b) n = δ n. Il s agit alors de montrer que δ = p n q n = si p q = (on s est ramené en fait au cas où a et b sont premiers entre eux). Supposons que δ, il admet alors un diviseur premier d et d qui divise p n et q n va diviser p et q ce qui est impossible. On a donc nécessairement δ =. Pour ce qui est du ppcm, on a : a n b n = a n b n a n b n ( a b )n = (a b) n = (a b) n. Par exemple, on a : 5 7 = 5 3 3 3 = 5 3 =. On peut déduire de l exercice précédent que deux entiers relatifs non nuls a et b sont premiers entre eux si, et seulement si, a n et b n sont premiers entre eux, quel que soit l entier n. Exercice 4.6 Soient a, b, c, d des entiers relatifs non nuls. Montrer que si a b = c d =, alors (ac) (bd) = (a d) (b c). Solution 4.6 En notant δ = a d et δ = b c, on a a = δ p, d = δ q, b = δ p et c = δ q avec p q = p q =, ce qui donne : (ac) (bd) = δ δ ((p q ) (p q )). Si δ = ((p q ) (p q )), il admet alors un diviseur premier p qui divise p q et p q et on a quatre possibilités : soit p divise p et q, ce qui est impossible puisque p q = ; soit p divise q et p, ce qui est impossible puisque p q = ; soit p divise p et p et il divise alors a et b ce qui est impossible puisque a b = ; soit p divise q et q et il divise alors c et d ce qui est impossible puisque c d =. La seule possibilité est donc δ =. 4. L ensemble P des nombres premiers est infini On peut montrer de nombreuses manières que l ensemble P des nombres premiers est infini. La démonstration élémentaire qui suit, conséquence de l existence de diviseurs premiers pour n, est due à Euclide. Théorème 4.3 (Euclide) L ensemble P des nombres premiers est infini. Démonstration. On sait déjà que P est non vide (il contient ). Supposons que P soit fini avec : P = {p,, p r }. L entier n = p p r + qui est supérieur admet un diviseur premier p P. L entier p divise alors n = p p r + et p p r, il divise donc la différence qui est égale à, ce qui est impossible. En conclusion P est infini.
476 Nombres premiers Remarque 4. En rangeant les nombres premiers dans l ordre croissant, on constate que les entiers n r = p p r + sont premiers pour r compris entre et 5 (n = 3, n = 7, n 3 = 3, n 4 =, n 5 = 3). Pour r = 6, n 6 = 30 03 = 59 509 n est pas premier. On ne sait pas si la suite (n r ) r contient une infinité de nombres premiers. Exercice 4.7 Montrer que pour tout entier naturel n, on peut trouver un nombre premier p plus grand que n. Conclure. Solution 4.7 Pour tout n N, l entier m = n! + admet un diviseur premier p n. Si p n < n alors p n est un diviseur de n!, donc de = m n!, ce qui est impossible. On peut donc construire une suite strictement croissante (p n ) n N de nombres premiers, ce qui implique que P est infini. Exercice 4.8 On note : P = {p P n N ; p = 4n + 3} P = {p P n N ; p = 6n + 5} Montrer, en s inspirant de la démonstration du théorème d Euclide, que P [resp. P ] est infini et conclure. Solution 4.8 On remarque qu un nombre premier différent de est nécessairement impair et son reste dans la division euclidienne par 4 [resp. par 6] ne peut être que ou 3 [resp., 3 ou 5]. Supposons que P [resp. P ] soit fini et notons p = 3 [resp. p = 5] < p < < p r tous ses éléments. L entier : m = 4p p r = 4 (p p r ) + 3 resp. m = 6p p r = 6 (p p r ) + 5 qui est de la forme 4n + 3 [resp. 6n + 5] avec n n est pas premier puisque strictement supérieur à tous les p pour compris entre et r (m > 4p > p puisque p 3) [resp. m > 6p > p puisque p 5]. Comme m est impair [resp. impair non multiple de 3 puisque congru à 5 modulo 3] ses diviseurs premiers sont de la forme 4 + avec N ou 4 + 3 avec N [resp. 6 + avec N ou 6 + 5 avec N] et ils ne peuvent pas être tous de la forme 4 + [resp. 6 + ] sans quoi m serait aussi de cette forme, donc congru à modulo 4 [resp. modulo 6] ce qui contredit le fait qu il est congru à 3 [resp. à 5] (ou à ) modulo 4 [resp. modulo 6]. L entier m a donc un diviseur p dans P [resp. dans P ] et comme p divise p p r, il va aussi diviser, ce qui est impossible avec p premier. L ensemble P [resp. P ] est donc infini. De P P [resp. P P] on déduit que P est infini. Remarque 4.3 De manière 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 (théorème de Dirichlet). Pour tout réel x, on désigne par π (x) le cardinal de l ensemble des nombres premiers contenus dans l intervalle [0, x], soit : π (x) = card (P [0, x])
L ensemble P des nombres premiers est infini 477 Du théorème d Euclide on déduit que : lim π (x) = +. x + Le théorème des nombres premiers (conjecturé par Gauss, puis montré par Hadamard et de la Vallée-Poussin) nous dit plus précisément que : π (x) x + x ln (x). En désignant par li la fonction logarithme intégral définie par : on a aussi : Exercice 4.9 Montrer que li (x) x e, li (x) = x + π (x) x e li (x). x + x ln (x). Solution 4.9 Une intégration par parties donne : dt ln (t) avec : li (x) = [ t ln (t) ] x e + x e dt ln (t) = x x ln (x) + e dt ln (t) x (pour t x, on a ln (t) ln ( x) = ce qui donne l équivalence li (x) x x dt ϕ (x) = e ln (t) = dt e ln (t) + dt x ln (t) x e ln (e) + 4x x ln (x) x x + 4 ln (x) 0 < ϕ (x) x ln(x) x + ln (x) ) et : x ln (x). ln (x) x + 4 ln (x) 0 x + Les exercices qui suivent nous donne une première idée de la répartition des nombres premiers. Exercice 4.0 On note : = p < p < < p n < p n+ < la suite infinie des nombres premiers rangée dans l ordre croissant.. Montrer que :. En déduire que π (x) > ln (ln (x)). n, n p n n.
478 Nombres premiers Solution 4.0. On procède par récurrence sur n. Pour n = et n =, le résultat est évident. On le suppose acquis pour tout entier compris entre et n. Comme pour n, p n est impair, l entier p n + est pair donc non premier et p n+ p n +. Avec l hypothèse de récurrence, on déduit donc que : p n+ p n + n +. Si p est un diviseur premier du produit p p n +, on a nécessairement p p n+ (sinon p = p où est compris entre et n, donc p divise p p n et, ce qui est impossible). On a donc : p n+ p p p n + n +, soit : p n+ ++ +n + = n + n.. Pour tout réel x, la partie entière m de ln (ln (x)) est telle que : et l entier naturel n = m + est tel que : ce qui équivaut à : La fonction π étant croissante, on a : m ln (ln (x)) < m + n = π (p n ) π n ln (ln (x)) < n e en x < e en ( n ) π ( e n ) π (x) soit : π (x) n > ln (ln (x)) Exercice 4. Montrer que pour tout entier naturel n, on peut trouver n entiers naturels consécutifs non premiers (la distribution des nombres premiers n est pas régulière). Solution 4. Les n entiers m = (n + )! + où est compris entre et n + sont non premiers puisque m est divisible par qui est compris entre et n + < m. 4.3 Décomposition en facteurs premiers Le théorème qui suit est parfois appelé «théorème fondamental de l arithmétique». Théorème 4.4 Tout entier naturel n se décompose de manière unique sous la forme : où les p sont des nombres premiers vérifiant : et les α sont des entiers naturels non nuls. n = p α p αr r, (4.) p < p < < p r
Décomposition en facteurs premiers 479 Démonstration. On démontre tout d abord l existence d une telle décomposition par récurrence sur n. Pour n =, on a déjà la décomposition. Supposons le résultat acquis pour tout entier compris entre et n. Si n+ est premier, on a déjà la décomposition, sinon on écrit n + = ab avec a et b compris entre et n et il suffit d utiliser l hypothèse de récurrence pour a et b. L unicité d une telle décomposition peut aussi se montrer par récurrence sur n. Le résultat est évident pour n =. Supposons le acquis pour tout entier compris entre et n. Si n + a deux décompositions : n + = p α p αr r = q β q βs s, où les p j [resp. q i ] sont premiers deux à deux distincts et les α j [resp. β i ] entiers naturels non nuls. L entier p est premier et divise le produit q β qs βs, il divise donc nécessairement l un des q. L entier q étant également premier la seule possibilité est p = q. En simplifiant par p on se ramène à la décomposition d un entier inférieur ou égal à n et il suffit alors d utiliser l hypothèse de récurrence pour conclure. L écriture (4.) est la décomposition en facteurs premiers de l entier n. Le théorème précédent se traduit en disant que l anneau Z des entiers relatifs est factoriel. En fait, de manière plus générale, on peut montrer qu un anneau euclidien (c est le cas de Z ou de K [x]) est principal et en conséquence factoriel. L unicité dans la décomposition en facteurs premiers peut être utilisée pour montrer que Q (ou N ) est dénombrable. Exercice 4. On désigne par f l application définie sur N = N N par : (n, m) N, f (n, m) = n 3 m Montrer que f est injective. Il résulte que N est dénombrable. Solution 4. L égalité f (n, m) = f (n, m ) avec (n, m) et (n, m ) dans N équivaut à n 3 m = n 3 m et l unicité de la décomposition en facteurs premiers d un entier naturel non nul nous dit que (n, m) = (n, m ). L application f est donc injective de N dans N et bijective de N dans f (N ) N. Exercice 4.3 Soient p > q deux nombres premiers. Montrer que ln (p) ln (q) est irrationnel. ln (p) Solution 4.3 Supposons que ln (q) = α avec α, β entiers naturels non nuls premiers entre β eux. On a alors ln (p α ) = ln ( q β) et p α = q β, ce qui est impossible du fait de l unicité de la décomposition en facteurs premiers. Exercice 4.4 Soient p < p < < p r des nombres premiers. Montrer que les réels ln (p ), ln (p ),, ln (p r ) sont Q-libres dans R. Solution 4.4 Supposons qu il existe des rationnels α,, α r r α tels que ln (p ) = 0. β β r β r r En notant β = β, on a β α r ln (p ) = 0, soit γ ln (p ) = 0, où les γ sont des entiers β r relatifs, ce qui équivaut à p γ = et les γ sont nécessairement tous nuls puisque les p sont premiers distincts (unicité de la décomposition en facteurs premiers).
480 Nombres premiers Exercice 4.5 Soit n un entier sans facteur carré, c est-à-dire que n a une décomposition en facteurs premiers de la forme n = Montrer que n est irrationnel. r p où les p sont premiers deux à deux distincts. Solution 4.5 Si n est rationnel, il s écrit alors n = a, où a, b sont deux entiers naturels b non nuls premiers entre eux. On a a = nb et si p est un diviseur premier de a (on a bien a puisque n > ), p divise nb en étant premier avec b (a et b sont premiers entre eux), il divise n (théorème de Gauss), ce qui contredit le fait que n est sans facteur carré. Donc n est irrationnel. Exercice 4.6 Soit n un entier de la forme n = m + avec m 0. Montrer que si n est premier alors m = 0 ou m est une puissance de (ce qui revient à dire que n = p + est un nombre de Fermat). Solution 4.6 Si m = 0, alors n = est premier. Si m = = 0, alors n = 3 est premier. On suppose que m. La décomposition en facteurs premiers de m permet d écrire que m = p (q + ) où p et q sont des entiers naturels. Si q est non nul, on a alors : n = ( p ) q+ + = a q+ + q = (a + ) ( ) a q = (a + ) b avec a + = p + 3 et : b = n a + = a aq + > a + (a et q ), donc n n est pas premier. =0 Exercice 4.7 Soit p = m un nombre premier de Mersenne (donc m est premier). Montrer que q = m p est un nombre parfait, c est-à-dire qu il est égal à la somme de ses diviseurs stricts (i. e. différents de q). Solution 4.7 L entier q = m p est décomposé en facteurs premiers et ses diviseurs stricts sont les avec compris entre 0 et m et les p avec compris entre 0 et m. La somme de ses diviseurs stricts est : Si n = r p α S = de n sont de la forme d = m =0 m + p =0 = m + p ( m ) = p + p ( m ) = q est un entier décomposé en produit de facteurs premiers, alors les diviseurs r p γ compris entre et r. Il y a donc où les γ sont des entiers naturels tels que γ α pour tout r (α + ) diviseurs positifs possibles de n. La décomposition en facteurs premiers peut être utilisée pour calculer le pgcd et le ppcm de deux entiers naturels supérieur ou égal à. Tout est basé sur le lemme qui suit.
Décomposition en facteurs premiers 48 Lemme 4.5 Soient n, m deux entiers naturels supérieur ou égal à et : r r n = p α, m = p β leurs décompositions en facteurs premiers avec les p premiers deux à deux distincts et les α, β entiers naturels (certains de ces entiers pouvant être nuls). On a alors : (a divise b) ( {,,, r}, α β ) Démonstration. Dire que n divise m équivaut à dire qu il existe un entier q tel que m = qn et en écrivant q = p γ p γ r r où les γ sont des entiers naturels, on a : m = p β p βr r = p α +γ p αr+γr r. L unicité de la décomposition en facteurs premiers de m nous dit alors que : {,,, r}, β = α + γ α. Théorème 4.5 Soient n, m deux entiers naturels supérieur ou égal à et : r r n = p α, m = p β leurs décompositions en facteurs premiers avec les p premiers deux à deux distincts et les α, β entiers naturels (certains de ces entiers pouvant être nuls). On a alors : r r n m = p min(α,β ), n m = p max(α,β ). Démonstration. L entier δ = r p min(α,β ) Si d est un diviseur de n et m, il s écrit sous la forme d = divise n et m d après le lemme précédent. r p γ où les γ sont des entiers naturels tels que γ α et γ β pour tout compris entre et r, on a donc γ min (α, β ) pour tout compris entre et r et d divise δ. Donc δ est bien le pgcd de n et m. Pour ce qui est du ppcm, on a : avec : n m = nm n m = r p α +β min(α,β ) α + β min (α, β ) = max (α, β ) pour tout compris entre et r. Le résultat précédent se généralise au calcul du pgcd et du ppcm de p entiers naturels. Exercice 4.8 On note = p < p < < p n < la suite infinie des nombres premiers et on se propose de montrer la divergence de la série +. Pour ce faire, on introduit la suite n= p n (u n ) n définie par : n, u n = n ( ). p
48 Nombres premiers. Montrer que, pour tout n, on a : u n = E n où E n est l ensemble des entiers naturels non nuls qui ont tous leurs diviseurs premiers dans P n = {p,, p n }.. En déduire que, pour tout n, on a : u n 3. En déduire que la série ) ln ( pn est divergente et conclure. 4. Quelle est la nature de la série p α n p n. où α est un réel? 5. Quelle est le rayon de convergence de la série entière zp n p n. Solution 4.8. Pour n, on a : ( n n + ) u n = = = p p i i=0 =. E n + i 0,i 0,,i n 0 p i p i p i n. Résulte du fait que E n contient {,,, p n }, la série étant à termes positifs. ( pn ) ( n ) 3. La suite étant extraite de la suite divergente vers l infini lim p n n + n = +, donc lim lim ln n + u n = + et n + ( n lim n + ( p ) ) = lim n +, on a n n ) ( p = 0, ce qui entraîne : n ) ln ( p = La série ) ln ( pn est donc divergente. Cette série étant à termes négatifs avec ) ln ( pn, on en déduit la divergence de. + p n p n On a aussi la courte démonstration suivante : Si + < + il existe alors un entier r tel que : p n n= R r = + n=r+ p n <.
Valuation p-adique 483 On note P = p p r. Pour tout n, les diviseurs premiers de + np sont dans {p r + } (pour r, le nombre premier p divisant P ne peut diviser +np ) et on a : + np = p m r+ p m sn r+s n avec s n, m j 0 pour j compris entre et s n et m sn. On en déduit que pour tout N, on a : N n= N + np = s n n= p m r+ < + ( + p j= r+ ) j < + j= ( ) j en contradiction avec + n= + np = +. 4. Pour α 0, on a et la série diverge puisque son terme général ne tend pas p α n p α n vers 0. Pour 0 < α, on a et la série diverge. p n p α n Pour α >, on a pour tout n : p α n S n = n p α p n < + α < + α donc la suite des sommes partielles (S n ) n est majorée et la série p α n converge. 5. La série zpn diverge pour z =, son rayon de convergence est donc R. p n Pour z < et n, on a p n n et : z p n p n zpn z n avec + z n < +, donc + z p n p n < + et R. On a donc R =. n= p n x n= Un théorème de Mertens nous dit que pour tout réel x, on a : ( ) = C + ln (ln (x)) + O p n ln (x) où C 0.6. On a aussi : p n x p n = ln (x) + O (). 4.4 Valuation p-adique Pour tout nombre premier p et tout entier naturel non nul n, on note ν p (n) l exposant de p dans la décomposition de n en facteurs premiers avec ν p (n) = 0 si p ne figure pas dans cette décomposition et ν p () = 0. Cet entier ν p (n) est appelé la valuation p-adique de n.
484 Nombres premiers et : On a donc : ν p (n) = max { N p divise n } ν p (n) 0 (p divise n). La décomposition en facteurs premiers de n peut donc s écrire sous la forme : n = p ν p(n) p D n P où D n désigne l ensemble des diviseurs positifs de n, ce qui peut aussi s écrire n = p P p νp(n), le produit étant fini puisque ν p (n) = 0 si p ne divise pas n. On peut remarquer que si m est le nombre de zéros qui terminent l écriture décimale d un entier n, alors n est divisible par 0 m et pas par 0 m+ et en conséquence, m = min (ν (n), ν 5 (n)). Théorème 4.6. Si p est un nombre premier et n, m sont deux entiers naturels non nuls, alors : { νp (nm) = ν p (n) + ν p (m) ν p (n + m) min (ν p (n), ν p (m)) l égalité étant réalisée dans la deuxième formule si ν p (n) ν p (m).. Soient n, m deux entiers naturels non nuls. (a) n divise m si, et seulement si, ν p (n) ν p (m) pour tout p P. (b) Pour tout p P, on a : { νp (n m) = min (ν p (n), ν p (m)) ν p (n m) = max (ν p (n), ν p (m)) Démonstration.. On a : nm = q P q νq(n)+νq(m). ce qui entraîne ν p (nm) = ν p (n) + ν p (m) pour tout p P et en supposant que ν p (n) ν p (m) : n + m = p νp(n) q νq(n) + p νp(m) = p ν p(n) q P\{p} q P\{p} q P\{p} q ν q(n) + p ν p(m) ν p (n) q νq(m) q P\{p} q ν q(m) ce qui entraîne ν p (n + m) ν p (n) = min (ν p (n), ν p (m)). Si ν p (n) ν p (m), alors q νq(n) + p νp(m) νp(n) q νq(m) ne peut pas être divisible par p et ν p (n + m) = q P\{p} ν p (n). q P\{p}
Valuation p-adique 485 (a) C est le lemme 4.5. (b) C est le théorème 4.5. Exercice 4.9 On se donne un entier n et un nombre premier p.. Déterminer, pour tout entier naturel non nul, le nombre n de multiples de p compris entre et n.. Montrer que : (formule de Legendre). ν p (n!) = + [ ] n 3. Donner un équivalent de ν p (n!) quand n tend vers l infini. 4. Déterminer le nombre de zéros qui terminent l écriture décimale de 00! Solution 4.9. Les multiples de p compris entre et n sont les entiers m = p q où q est un entier compris entre et n [ ] n p, il y en a n =. Pour p > n, on a n = 0.. L ensemble E n = {,,, n} peut être partitionné sous la forme : E n = p + =0 p (P E n ) où P 0 est l ensemble des entiers non multiples de p et, pour, P est l ensemble des entiers multiples de p et non multiples de p +. Pour tout 0 et tout m P, on a ν p (m) =. De plus, pour, P E n est formé de l ensemble des entiers compris entre et n qui sont multiples de p privé du sous-ensemble formé des multiples de p + et donc card (P E n ) = n n +. On en déduit que : ν p (n!) = = n ν p (m) = m= + =0 + =0 card (P E n ) = m P E n ν p (m) + =0 (n n + )
486 Nombres premiers cette somme étant en réalité finie. Précisément on a n = 0 dès que p > n, soit > [ ] ln (n) On a donc, en posant q = et en effectuant un changement d indice : ln (p) ν p (n!) = = q (n n + ) = q n q+ q n (j ) n j = n + = j= q q (n ( ) n ) qn q+ = q n = + n = + [ n p ]. n + 3. Avec les notations précédentes, on a pour tout entier compris entre et q n = et : ou encore : avec : ce qui donne : et tenant compte de ν p (n!) = [ ] n np [ ] np < + p q n ν p (n!) n [ ] n p q n q n n p < ν p (n!) + q n p < ν p (n!) + q n n n 0 < q n n ln (n) ln (p) n lim n + ( qn lim q n = +, on a : n + lim n + q n 0 n + ) p ν p (n!) = 0 n p = + p = p =0 = p ln (n) ln (p). [ ] ln (n) : ln (p) ν p (n!) et lim = n + n p, soit ν n p (n!) n + p. 4. Si m est le nombre de zéros qui terminent l écriture décimale de n! où n = 00, alors n! est divisible par 0 m et pas par 0 m+ et donc : m = min (ν (n!), ν 5 (n!)).
Valuation p-adique 487 On a : avec q = avec q = [ ] ln (00) = 6 et : ln () ν (00!) = ν 5 (00!) = [ ] ln (00) = ce qui donne : ln (5) + + ν 5 (00!) = 00 5 + 00 5 et m = 4, ce qui est confirmé par Maple : [ ] 00 = q [ ] 00 [ ] q 00 [ ] 00 = 5 5 = 4 < 00 < ν (00!) 00! = 93 36 5 443 944 5 68 699 38 856 66 700 490 75 968 64 38 6 468 59 963 895 7 599 993 9 95 608 94 463 976 56 58 86 53 697 90 87 3 758 5 85 0 96 864 000 000 000 000 000 000 000 000 On peut remarquer que ν (00!) 00 et ν 5 (00!) 5. Exercice 4.0 Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à, on note H n = n. Soit p un entier naturel non nul. Montrer que H p = H p + a où a, b sont des entiers b + naturels avec a non nul.. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel non nul H n est le quotient d un entier impair par un entier pair et qu en conséquence ce n est pas un entier. Solution 4.0. On a : H p = p p + + = H p + N D avec D = ppcm (, 3,, p ) qui est impair et N entier naturel non nul. =0.. On a H = 3 / N. Supposons le résultat acquis au rang n. Si n = p, on a alors : H n+ = H n + p + = a + + b p + = (a + ) (p + ) + b b (p + ) = a + b avec a = a + b + p + ap et b = b (p + ). Si n = p +, on a alors : = c d + + a + b = H n+ = H (p+) = 4bc + (d + ) (a + ) 4b (d + ) c d + + H p+ = a + b
488 Nombres premiers avec a = a + d + ad + bc et b = b (d + ). Dans tous les cas, H n est le quotient d un entier impair par un entier pair et en conséquence, ce n est pas un entier. Exercice 4. Soient m < n deux entiers naturels non nuls et :. Montrer que : H m,n = n =m. r = max m n ν () 0.. On veut montrer qu il existe un unique entier compris entre m et n tel que r = ν (). Pour ce faire on raisonne par l absurde en supposant que r = ν ( ) = ν ( ) avec m < n. (a) Montrer que r = ν ( 3 ) avec < 3 = + <. (b) Montrer que la suite ( j ) j définie par j+ = + j est une suite strictement décroissante d entiers naturels non nuls vérifiant r = ν ( j ) pour tout j et conclure. 3. Montrer qu il existe un entier impair s tel que : ppcm (m, m +,, n) = r s. 4. On désigne par l unique entier compris entre m et n tel que r = ν (). (a) Montrer qu il existe un entier impair n tel que : = n r s. (b) Montrer que pour tout entier j compris entre m et n et différent de, il existe un entier pair n j tel que : j = n j r s. (c) En déduire que H m,n s écrit comme le quotient d un entier impair par un entier pair et donc qu il n est pas entier. Solution 4.. Du fait que l un des deux entiers m ou m + est pair, on déduit que pour m < n on a r = max m n ν () 0.. L ensemble {m,, n} étant fini il existe au moins un entier compris entre m et n tel que r = ν () et il s agit ici de montrer que cet entier est unique. On suppose donc qu il existe deux entiers < compris entre m et n tels que r = ν ( ) = ν ( ). On a alors = r q et = r q avec q et q impairs.
Valuation p-adique 489 (a) L entier 3 = +, milieu de l intervalle [, ], est compris entre m et n et il s écrit : 3 = r (q + q ), avec q + q pair. On a donc ν ( 3 ) r et comme on a aussi ν ( 3 ) r = max m n ν (), on a nécessairement ν ( 3 ) = r. (b) En itérant la construction précédente, on peut construire une suite strictement décroissante d entiers ( j ) j telle que j+ = + j, m < j n et r = ν ( ) = ν ( j ), ce qui est impossible. On peut donc conclure qu il existe un unique entier compris entre m et n tel que r = ν (). 3. En utilisant les décompositions en facteurs premiers de tous les entiers compris entre m et n, on a : ppcm (m, m +,, n) = r s, où s est un entier impair. 4. Pour tout entier j compris entre m et n, on peut écrire : j =, ν (j) q j où q j est impair et divise s. Soit en écrivant s = q j p j avec p j impair : j = r ν(j) p j. r s (a) Pour j = on a r = ν () et : avec n = p impair. (b) Pour j, on a ν (j) < r et : avec n j = r ν(j) p j pair. (c) En écrivant que : = n r s, j = n j r s, H m,n = + n j=m j j = n r s + u r s = n + u r s, avec n impair et u pair, on déduit que H m,n est le quotient d un entier impair par un entier pair. En conséquence H m,n n est pas un entier. Exercice 4. Soit n 3 un entier. Si a < b sont des réels strictement positifs, on notera a p b p le produit des nombres premiers compris entre a et b, avec la convention que ce produit vaut s il n y a pas de nombres premiers compris entre a et b. On utilise la même notation avec les inégalités a < p b, a p < b ou a < p < b.. Montrer que, pour tout réel x > 0, [x] [x] vaut 0 ou.
490 Nombres premiers. Montrer que tous les facteurs premiers de C n n sont compris entre et n. 3. Calculer ν p (C n n) pour tout nombre premier p. 4. Montrer que si p est un nombre premier vérifiant n < p < n, alors ν p (C n n) vaut 0 ou. 5. Montrer que si p est un nombre premier vérifiant 3 n < p < n, alors ν p (C n n) = 0. 6. Montrer que si p est un nombre premier vérifiant p n, on a alors, en notant m p = ν p (C n n), p mp n. 7. Déduire de ce qui précède que : Solution 4. Cn n (n) n p n<p 3 n n<p n. Des encadrements : { [x] x < [x] + [x] x < [x] + on déduit que : soit [x] [x] 0 et : [x] [x] > x x = [x] [x] < x x + = soit [x] [x]. On a donc bien [x] [x] {0, }.. Si p est un diviseur premier de C n n, il divise aussi (n)! = (n!) C n n et en conséquence il divise l un des entiers m compris entre et n, il est donc nécessairement compris entre et n. 3. On a : ν p ((n)!) = ν p ( (n!) C n n) = νp (n!) + ν p (C n n) et en utilisant la formule de Legendre (exercice précédent) : ν p (Cn) n = ν p ((n)!) ν p (n!) + ([ ] [ ]) n n =. 4. Si p est un nombre premier vérifiant n < p < n, on a alors pour tout : p p p et [ ] n p 0 < n p < n p [ ] n = 0, ce qui donne : p ν p (C n n) = n p < [ ] [ ] n n {0, } p p
Valuation p-adique 49 5. Pour n 5, on a n < 3 n (c est équivalent à n > 3 ou encore à n > 9), donc si p est un nombre premier tel que [ ] [ ] n n 3 n < p n, on a ν p (Cn) n = avec : p p n p < 3 n p < 3 ce qui donne : ν p (C n n) = [ ] [ ] n n = = 0. p p Pour n =, le seul nombre premier vérifiant < p est p = et : 3 ν ( C 4 ) = ν (6) =. Pour n = 3, le seul nombre premier vérifiant 3 < p 3 est p = 3 et : 3 ν 3 ( C 3 6 ) = ν3 (0) = 0. Pour n = 4, le seul nombre premier vérifiant 4 < p 4 est p = 3 et : 3 ν 3 ( C 4 8 ) = ν3 (65) = 0. On peut aussi dire directement que si 3 n < p n avec n 3, alors p > 3 =, soit 3 p 3, donc p 3p > n et pour tout : [ ] n ce qui donne p n p < n p [ ] n = 0 et : p ν p (C n n) = puisque n p < 3 et n p < 3. [ ] n 6. En notant, pour tout entier, a = n p < [ ] [ ] n n = = 0 p p p m p = ν p (C n n) = [ ] n, on a : p + a cette somme étant finie et les a valant 0 ou. Si tous les a sont nuls, alors m p = 0 et p mp = n. Sinon, il y en a seulement un nombre fini qui valent et on désigne par r le grand indice tel que a r =. On a alors : m p = r a r.
49 Nombres premiers Si p m p > n, on a alors n p n p m p < pour tout m p et a = 0, ce qui impose r < m p (r m p donnerait a r = 0, alors que a r = ) en contradiction avec m p r. On a donc p m p n. 7. Comme les facteurs premiers de Cn n sont compris entre et n avec ν p (Cn) n {0, } pour n < p < n, on a : Cn n = p m p p n n<p n p m p avec m p = ν p (Cn) n et p m p n pour p n, m p {0, } pour n < p n. Comme il y a au plus [ n ] nombres premiers entre et n avec [ n ] n, on déduit que : Cn n (n) n p m p. n<p n De plus on a vu que m p = 0 pour n < p n, ce qui donne : 3 Cn n (n) n n<p 3 n p m p n<p n 4.5 Le postulat de Bertrand p mp (n) n p n<p 3 n n<p n On se propose ici de montrer le résultat suivant postulé par J. Bertrand en 845 : si n est un entier supérieur ou égal à, il existe des nombres premiers compris entre n et n. La démonstration de ce lemme utilise la majoration : n, Cn n (n) n p p n<p 3 n n<p n établie avec l exercice 4. et les lemmes techniques qui suivent. Lemme 4.6 Pour tout entier r, on a : et r+ p r+ p divise C r r+. Démonstration. Pour r, on a : et C r r+ r. Pour compris entre et r, on a : r r Cr r+ r r+ = ( + ) r+ = r+ =0 C r+ C r r+ + C r+ r+ = C r r+ Cr (r)! =! (r )! = r + (r)! ( )! (r ( ))! = r + Cr + C r > Cr p
Le postulat de Bertrand 493 Il en résulte que Cr r > Cr pour tout compris entre et r, cette inégalité étant encore valable pour = 0. Et avec Cr r+ = Cr r pour compris entre 0 et r, on déduit que Cr r > Cr pour tout r compris entre 0 et r. De ces inégalités, on déduit que : r r = ( + ) r = Cr 0 + Cr r + r C r < C 0 r + C r r + (r ) C r r = + rc r r soit r rc r r, ou encore r r Cr r. S il n y a pas de nombres premiers compris entre r + et r +, alors r+ p r+ p = divise Cr+. r Sinon, soit p un nombre premier compris entre r + et r +. Cet entier p divise (r + )! = r! (r + )!Cr+ r et comme p r +, il ne peut diviser le produit r! (r + )! formé d entiers tous strictement inférieurs à r + (sinon il diviserait l un d eux), il est donc premier avec r! (r + )! et va diviser Cr+ r (théorème de Gauss). L entier Cr+ r est donc divisible par tous les nombres premiers compris entre r + et r +, en conséquence, il est divisible par leur produit. On a donc en particulier p Cr+. r r+ p r+ Lemme 4.7 Pour tout entier m, on a : p m+ p 4 m. Démonstration. On procède par récurrence sur m. Pour m =, on a : p = 3 < 4. p m+ Supposons le résultat acquis jusqu au rang m. Si m est impair, alors m + est pair différent de et : p = p 4 m < 4 m. p m+ p m Si m est pair, il s écrit m = r avec r (puisque m 3) et : p = p = p p m+ p r+ p r+ r+ p r+ 4 r C r r+ 4 r r = 4 r = 4 m. p Lemme 4.8 Pour tout entier n 3, on a : Cn n n (n) 4 n 3 p n<p n et : n 3 (n) + n p. (4.) n<p n
494 Nombres premiers Démonstration. Pour n 3, en notant m = ce qui donne : Cn n (n) n n<p 3 n p p m+ p n<p 3 n n<p n En utilisant l inégalité n n Cn n, on en déduit que : et : n = 4 n (n) + n 4 n 3 4 n 3 = n 3 (n) + n [ ] n, on a m n 3 3 < m + et : p 4 m 4 n 3 pc n n (n) n 4 n 3 n<p n n<p n p. p n<p n p Lemme 4.9 En désignant par f et g les fonctions définies pour x 3 par : f (x) = ln (x) x et g (x) = ln () 6 x + x. il existe un entier n 0 > 3 tel que f (x) < g (x) pour tout x n 0. Démonstration. Comme ln (x) lim x + x ln () = 0 et lim g (x) = x + 6 > 0, l existence de x 0 tel que f (x 0 ) = g (x 0 ) est assurée. En dessinant les graphes de f et g sur [3, 35], on voit que x 0 est unique et localisé entre 30 et 3. La fonction h = g f est dérivable sur ]0, + [ avec : h (x) = ln () 6 ( + x) + x (ln (x) ) > 0 pour x 3. Cette fonction est donc strictement croissante sur [3, + ] et avec : h (30).575 3 0 3 < 0, h (3).40 6 0 3 > 0 on déduit du théorème des valeurs intermédiaires que h s annule en un point x 0 ]30, 3[ et h (x) > 0 pour tout x > x 0. La valeur n 0 = 3 convient. Théorème 4.7 (Bertrand) Si n est un entier supérieur ou égal à, il existe alors des nombres premiers compris entre n et n. Démonstration. Pour n =, c est clair. Supposons que, pour n 3, il n existe pas de nombres premiers compris entre n et n. A fortiori, il n en existe pas entre n + et n et p =. De l inégalité (4.), on déduit alors n<p n que n 3 (n) + n, ce qui entraîne : n ( 3 ln () + ) n ln (n)
Les théorèmes de Fermat et de Wilson 495 ou encore : encore équivalent à : ( ) g n = n ( 6 ln () + ) ( ) n ln n ln () 6 n + n f ( n ) = ln ( n ) n et nécessairement n < n 0 = 3, soit n < 3 = 96 ou encore n 960 = 480. On donc ainsi montré que pour tout entier n > 480, il existe des nombres premiers entre n et n. Pour les entiers compris entre et 480, il n est pas nécessaire de considérer tous les cas. On peut remarquer que la suite strictement croissante de nombres premiers : (p ) = (, 3, 5, 7, 3, 3, 43, 83, 63, 37, 63) est telle que p < p + < p. Il en résulte que tout intervalle ]n, n] avec n 480 contient l un de ces nombres premiers. En effet, en désignant pour n, par le plus grand indice tel que p n, on a p n < p + < p n et p + ]n, n]. 4.6 Les théorèmes de Fermat et de Wilson Le lemme qui suit nous donne une démonstration relativement simple du «petit» théorème de Fermat. Lemme 4.0 Un entier naturel p est premier si, et seulement si, pour tout entier compris entre et p, p divise Cp p! =! (p )!. Démonstration. Si p est premier, comme il divise p! =! (p )!Cp et est premier avec! (p )! (sinon il diviserait ce produit et donc l un des entiers j compris entre et p, ce qui est impossible), il divise Cp (théorème de Gauss). Réciproquement, supposons que p divise Cp pour tout entier compris entre et p. Pour tout compris entre et p, on a : C p + C p = C p (triangle de Pascal) et avec Cp 0 modulo p, on déduit que Cp Cp modulo p et par récurrence finie sur compris entre et p, on déduit que Cp est congru à ( ) modulo p. En effet, pour =, on a Cp Cp 0 = modulo p et en supposant le résultat acquis pour compris entre et p, on a Cp Cp ( ) = ( ). Si p n est pas premier, il admet un diviseur d compris entre et p et on a : Cp d = p d Cd p = qcp d où q est un entier compris entre et p, avec Cp d 0 modulo p et Cp d ( ) d modulo p, ce qui donne q ( ) d 0 modulo p, encore équivalent à dire que p divise q ( ) d avec q ( ) d p, ce qui est impossible. Donc p est premier.
496 Nombres premiers Théorème 4.8 (Fermat) Soit p un entier naturel premier. Pour tout entier relatif n on a : n p n (p). Démonstration. On démontre tout d abord ce résultat sur les entiers naturels par récurrence sur n 0. Pour n = 0 le résultat est évident. On le supposant acquis pour n 0, on a : p (n + ) p = n p + Cp n + n p + n + (p). Pour n < 0, on a ( n) p n modulo p. Si p = alors n n modulo et ( n) = n. Pour p 3, p est impair et ( n) p = n p est congru à n modulo p, donc n p est congru à n modulo p. On peut aussi déduire du lemme 4.0 que si p est premier, alors pour tout couple (a, b) d entiers relatifs, on a : p (a + b) p = a p + Cp a p b + b p a p + b p (p). Par récurrence sur l entier n, on déduit alors que pour tout n-uplet (a,, a n ) d entiers relatifs, on a : (a + + a n ) p a p + + a p n (p). Prenant tous les a égaux à, on en déduit que n p est congru à n modulo p. Ce résultat est encore valable pour n = 0 et n < 0. Théorème 4.9 (Fermat) Soit p un entier naturel premier. Pour tout entier relatif n non multiple de p, on a : n p (p). Démonstration. L entier premier p divise n p n = n (n p ) et est premier avec n si n n est pas un multiple de p, il divise donc n p. Remarque 4.4 Connaissant les anneaux Z et le théorème de Lagrange pour les groupes nz Z finis, on peut donner la démonstration suivante du théorème de Fermat : pour p premier, ( ) pz Z est un corps, donc = Z \ {0} est un groupe d ordre p et tout élément de ce groupe pz pz a un ordre qui divise p, ce qui entraîne a p = dans ce groupe. Si p est un entier pour lequel il existe un entier n compris entre et p tel que n p ne soit pas congru à modulo p, alors p n est pas premier puisque n p est congru à modulo p pour p premier et n p d après le théorème de Fermat. La réciproque du théorème de Fermat est fausse. On peut en fait montrer que pour p, la condition n p (mod p) pour tout n premier avec p est équivalente à p premier ou p = r p avec r 3, 3 p < < p r premiers tels que pour tout compris entre et r, p divise p (un tel entier est appelé nombre de Carmichaël ou nombre pseudo-premier). Par exemple 56, 05, 79, sont des nombres de Carmichaël. En 999, Alford, Granville et Pomerance ont montré qu il y a une infinité de nombres de Carmichaël.
Les théorèmes de Fermat et de Wilson 497 Exercice 4.3 Calculer le reste dans la division euclidienne de 5 008 par. Solution 4.3 Comme est premier le théorème de Fermat nous dit que 5 0 est congru à modulo. On effectue alors la division euclidienne de 008 par 0, soit 008 = 00 0 + 8 et on déduit que 5 008 est congru à 5 8 modulo. Enfin avec 5 3, 5 4 9, 5 8 4 modulo, on déduit que 5 008 4 modulo, ce qui signifie que 4 est le reste dans la division euclidienne de 5 008 par. Le principe de l exercice précédent est le suivant. On cherche le reste dans la division euclidienne de a b par p, où p 3 est premier. On effectue la division euclidienne de b par p, soit b = q (p ) + r avec 0 r p et on a a b = (a p ) q a r avec a p (p) si p ne divise pas a, ce qui donne a b a r (p) (on a diminué b). Ensuite a s (p) avec s p (on a diminué a) et a b s r (p). On se débrouille pour construire un exercice où s r est facile à calculer. Exercice 4.4 Soit p 7 un nombre premier. Montrer que p 4 est divisible par 40. Solution 4.4 Comme 40 = 4 3 5, il suffit de montrer que p 4 est multiple de 4, 3 et 5. Comme p est premier différent de 3 et 5, le petit théorème de Fermat nous dit que p 4 est congru à 0 modulo 5 et p 3 congru à p, modulo 3, donc p 4 est congru à p qui est lui même congru à modulo 3. L entier p 4 est donc multiple de 3 et 5. D autre part, on a p 4 = (p ) (p 3 + p + p + ) avec p congru à ou 3 modulo 4, puisque p est premier différent de. Si p est congru à modulo 4, alors p est congru à 0 modulo 4, donc multiple de 4, et p 3 + p + p + est congru à 0, modulo 4, donc lui aussi multiple de 4 et p 4 est multiple de 6. Si p est congru à 3 modulo 4, il s écrit alors p = 3 + 4q avec q et : p 4 = 43q + 864q + 768q 3 + 56q 4 + 80 chaque coefficient de ce polynôme étant multiple de 6, il en résulte que p 4 est multiple de 6. D où le résultat annoncé. Exercice 4.5 Soit n. Montrer que n 5 n est divisible par 30. Solution 4.5 Comme n (n ) est pair et n (n ) (n + ) est multiple de 3 (n est congru à, 0 ou modulo 3) m = n 5 n = n (n ) (n + ) (n + ) est divisible par et 3, donc par 6. Le théorème de Fermat nous dit que m = n 5 n est divisible par 5, donc m est divisible par 30 = 6 5 puisque 6 est premier avec 5. Lemme 4. Soit p 5 un nombre premier. Pour tout entier compris entre et p, il existe un unique entier r compris entre et p tel que r soit congru à modulo p. Démonstration. Pour =, on peut prendre r =. Tout entier compris entre et p étant premier avec p, il existe deux entiers relatifs u et v tels que u + pv = et u est congru à modulo p (on peut aussi utiliser le théorème de Fermat : comme est premier avec p, p est congru à modulo p et u = p convient). En effectuant la division euclidienne de u par p, on a u = qp + r avec r compris entre 0 et p et r est congru à u, donc à, modulo p, ce qui exclu la valeur r = 0.
498 Nombres premiers Supposons que l on ait trouvé un autre entier s r vérifiant la même condition que r. On peut supposer que s > r. On a alors r s modulo p avec r, s compris entre et p, ce qui implique que (s r) 0 modulo p, donc p divise (s r) en étant premier avec et en conséquence il doit diviser s r avec s r p, ce qui est impossible. L entier r est donc unique. Dans le lemme précédent, on aura = r, si, et seulement si, = ( ) ( + ) est divisible par p, donc p doit diviser ou +, ce qui n est possible que si = ou = p. Théorème 4.0 (Wilson) Un entier p supérieur ou égal à est premier si, et seulement si, (p )! est congru à modulo p. Démonstration. Si p n est pas premier il s écrit p = ab avec a et b entiers compris entre et p. L entier a est alors un diviseur de (p )! et de p qui divise (p )! +, donc a divise (p )! + et a divise, ce qui est impossible. Soit p un nombre premier. Pour p =, (p )! + = est congru à 0 modulo et pour p = 3, (p )! + = 3 est congru à 0 modulo 3. Pour p 5, en utilisant le lemme précédent, on partitionne l ensemble E = {, 3,, p } en deux sous-ensembles E et E à p 3 éléments de sorte que : E, r E r mod p et on a alors : (p )! = ( ) ( E r E r ) (p ) p mod p Exercice 4.6 Montrer qu un entier p supérieur ou égal à est premier si, et seulement si, (p )! est congru à modulo p. Solution 4.6 Pour p, on a (p )! = (p ) (p )! (p )! modulo p, avec la convention 0! =. Le résultat se déduit alors du théorème de Wilson. 4.7 Les anneaux Z n = Z nz et la fonction indicatrice d Euler Les démonstrations des propositions qui suivent sont faites au paragraphe 5.3. Théorème 4. Pour n il y équivalence entre :. n est premier ;. Z n est un corps ; 3. Z n est un intègre. Ce résultat nous permet de retrouver le petit théorème de Fermat. On peut également en déduire le théorème de Wilson. Le résultat qui suit donne une généralisation du petit théorème de Fermat.
Les anneaux Z n = Z nz et la fonction indicatrice d Euler 499 Définition 4. On dit que deux polynômes P et Q à coefficients entiers sont congrus modulo un nombre premier p s ils sont de mêmes degré et tous leurs coefficients sont égaux modulo p (ce qui se traduit aussi par P = Q dans l anneau Z p [X] des polynômes à coefficients dans le corps Z p = Z pz ). Théorème 4. p est premier si, et seulement si, il existe un entier relatif n premier avec p tel que (X + n) p soit congru à X p + n modulo p. Démonstration. On sait que si p est premier, alors pour tout entier compris entre et p, p divise Cp p! = (lemme 4.0), ce qui implique en utilisant la formule du binôme! (p )! de Newton que, que pour tout n Z, (X + n) p est congru à X p + n p modulo p et le théorème de Fermat nous dit que n p est congru à n modulo p. Si (X + n) p est congru à X p + n modulo p, on a alors Cp n 0 modulo p pour tout compris entre et p et n p n modulo p. Comme p est premier avec n et divise Cp n, pour compris entre et p, il va diviser Cp (théorème de Gauss). On déduit alors du lemme 4.0 que p est premier. Le calcul de ϕ (n) pour n, où ϕ est la fonction indicatrice d Euler, peut se faire en utilisant la décomposition de n en facteurs premiers grâce au théorème chinois. Théorème 4.3 (chinois) Les entiers n et m sont premiers entre eux si, et seulement si, les anneaux Z nm et Z n Z m sont isomorphes. Corollaire 4. Si n et m sont deux entiers naturels non nuls premiers entre eux, alors ϕ (nm) = ϕ (n) ϕ (m). Lemme 4. Soient p un nombre premier et α un entier naturel non nul. On a : ϕ (p α ) = (p ) p α. Théorème 4.4 Si n a pour décomposition en facteurs premiers n = p < < p r premiers et les α i entiers naturels non nuls, alors : ϕ (n) = r i= p α i i (p i ) = n r i= ( pi ). r i= p α i i avec De ce résultat on déduit que pour tout n 3, ϕ (n) est un entier pair. On déduit également que ϕ (n) est compris entre et n. Exercice 4.7 Soient p et q deux nombres premiers distincts et n = pq. Montrer que si a et b sont deux entiers naturels tels que ab (mod ϕ (n)), alors pour tout entier relatif c, on a c ab c (mod n). Ce résultat est à la base du système cryptographique R.S.A. Solution 4.7 Si ab (mod ϕ (n)), il existe alors un entier relatif tel que : ab = + ϕ (n) = + (p ) (q ). Si c est un entier relatif premier avec p, on a alors c p (mod p) (théorème de Fermat) et : c ab = cc (p )(q ) c (mod p).