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M2 EFM TD MATHÉMATIQUES APPLIQUÉES : ARITHMÉTIQUE CHRISTOPHE RITZENTHALER 1. Euclide, relation de Bézout, pgcd Exercice 1. [DKM94, p.14] Montrer que 6|n3 − n pour tout entier n positif. Exercice 2. [DKM94, p.15] Pour chacune des affirmations suivantes, dire si elle est vraie ou fausse en donnant soit une démonstration, soit un contre-exemple. (1) Si pgcd(a, b) = pgcd(a, c) alors ppcm(a, b) = ppcm(a, c). (2) Si pgcd(a, b) = pgcd(a, c) alors pgcd(a2 , b2 ) = pgcd(a2 , c2 ). (3) Si an |bn où n ≥ 1 alors a|b. (4) Si am |bn où 1 ≤ m < n alors a|b. Exercice 3. [DKM94, p.14] Montrer que le cube d’un entier positif peut toujours s’écrire comme la différence de deux carrés. Exercice 4. (Version plus générale dans [Dem97, p34]). Soient m, n ∈ Z. Montrer que pgcd(X m − 1, X n − 1) = X pgcd(m,n) − 1. Exercice 5. Etude de 1[n] (lire [Dem97, pp9-14]). Soit b ≥ 2, on définit l’entier naturel 1[n] := (11 · · · 1})b , i.e. | {z n fois n 1[n] = b −1 . b−1 1) Montrer que si m divise n alors 1[m] divise 1[n] . 2) En utilisant l’exercice 4 montrer que m et n sont premiers entre eux si et seulement s’il en est de même de 1[m] et 1[n] . Exercice 6. Théorème de Lucas [Dem97, p37]. La suite de Fibonacci est définie par la relation de récurrence Fn+2 = Fn+1 + Fn et les conditions initiales F1 = 1, F0 = 0. on veut montrer le théorème de Lucas : pgcd(Fn , Fm ) = Fpgcd(n,m) . 1) Le résultat qui suit est un résultat annexe. Montrer que pour tout n ≥ 0, Fn = √1 (φn + (−1)n+1 φ−n ), où φ est la racine positive de l’équation X 2 = X + 1. φ est 5 appelé le nombre d’or et vérifie φ = 1 + φ−1 . 2) Maintenant on s’intéresse aux résultats préliminaires au théorème de Lucas. Montrer que pour tout n ≥ 1 on a Fn+1 Fn−1 − Fn2 = (−1)n . En déduire que Fn et Fn+1 sont premiers entre eux. 3) Montrer pour m ≥ 1 et n ≥ 0 la relation Fn+m = Fm Fn+1 + Fm−1 Fn . [Faire une récurrence sur m et une sur n]. 1 4) Soit d ∈ N, montrer la propriété suivante : d divise Fm et Fn ⇐⇒ d divise Fn et Fn+m . (∗) 5) On va montrer que toute suite d’entiers (Fn ) satisfaisant (∗) avec F0 = 0 vérifie le théorème de Lucas. a) Montrer que pour tout k ≥ 1 on a d divise Fm et Fn ⇐⇒ d divise Fn et Fn+km . b) On suppose m > n. Soit r le reste de la division euclidienne de m par n. Montrer que pgcd(Fm , Fn ) = pgcd(Fn , Fr ). c) Conclure en utilisant l’algorithme d’Euclide. 2. Congruence Exercice 7. [DKM94, p.54] Donner un exemple d’un système de résidus complet modulo 17 qui est composé entièrement de multiples de 3. Exercice 8. [DKM94, p.54] Écrire une seule congruence qui est équivalente à la paire de congruence x ≡ 1 (mod 4), x ≡ 2 (mod 3). Exercice 9. [DKM94, p.54] Montrer que la différence de deux cubes consécutifs n’est jamais divisible par 5. Exercice 10. [DKM94, p.55] Résoudre les congruences suivantes (1) 2x ≡ 1 (mod 7) (2) 12x ≡ 9 (mod 6) (3) 5x ≡ −1 (mod 8) Exercice 11. Soit G un groupe et g ∈ G. Montrer que g n = 1 ssi n est un multiple de l’ordre de g. Montrer que si g n = 1 et que pour tout p premier divisant n, g n/p 6= 1 alors n est l’ordre de g. Exercice 12. Montrer que si n est le produit de h ≥ 1 nombre premiers impairs distincts alors le nombre de solutions de x2 ≡ 1 (mod n) est 2h . Exercice 13. Si an ≡ am (mod p) pour p premier et a un élément primitif, que peut-on dire des entiers n et m ? Exercice 14. Petit théorème de Fermat [DKM94, p55]. Soient p, q deux nombres premiers distincts. Montrer que pq−1 + q p−1 ≡ 1 (mod pq). 3. Nombres premiers Exercice 15. [DKM94, p.33] Soit p un nombre premier. Pour chacune des affirmations suivantes, dire si elle est vraie ou fausse en donnant soit une démonstration, soit un contre-exemple. (1) Si p|a et p|a2 + b2 alors p|b. (2) Si p|a9 alors p|a. (3) Si p|(a2 + b2 ) et p|(b2 + c2 ) alors p|(a2 − c2 ). (4) Si p|(a2 + b2 ) et p|(b2 + c2 ) alors p|(a2 + c2 ). 2 Exercice 16 (Critère de primalité de Lehmer). Soit n ≥ 3 impair. Alors n est premier si et seulement si il existe a ∈ [1, . . . , n − 2] tel que an−1 ≡ 1 (mod n) et a(n−1)/q 6≡ 1 (mod n) pour tout diviseur premier de n − 1. Exercice 17. Nombres de Fermat n Pour n ≥ 0 on définit Fern := 22 + 1 le nème nombre de Fermat. ! n−1 Y 1) Montrer que Fern = Feri + 2, en déduire le théorème de Goldbach : " Deux i=0 nombres de Fermat distincts sont premiers entre eux". 2) Soient a ≥ 2, n ≥ 1. Montrer que si an + 1 est premier alors a est pair et n est une puissance de 2. Exercice 18. Critère de Pépin (Test de primalité des nombres de Fermat) [Dem97, p80,p122. Attention, erreur dans l’énoncé du livre]. Soit n ≥ 1. Montrer que 2n −1 Fern est premier ⇐⇒ 32 ≡ −1 (mod Fern ). p = [Rappel de la loi de réciprocité quadratique : Soient p = 6 q premiers impairs, q (p−1)(q−1) q 4 (−1) ]. p Tester la primalité de Fern pour n = 1, . . . , 10. 3 CORRECTION 4. Divisibilité Correction exercice 1 Comme 6 = 2 · 3 et que 2 et 3 sont premiers entre eux, il suffit de montrer que 2 et 3 divise n3 − n = (n − 1)n(n + 1). Comme c’est le produit de 3 entiers consécutifs, l’un d’eux est toujours pair et l’un deux est toujours un multiple de 3 d’où le résultat. Correction exercice 2 (1) C’est faux puisque pgcd(2, 3) = pgcd(4, 5) = 1 mais ppcm(2, 3) = 6 6= ppcm(4, 5) = 20. (2) C’est vrai : il suffit de montrer que pgcd(a, b)2 = pgcd(a2 , b2 ). En divisant a et b par leur pgcd, il suffit de montrer que si a et b sont premiers entre eux alors a2 et b2 sont premiers entre eux. Raisonnons par l’absurde et soit p un premier divisant pgcd(a2 , b2 ). On a donc que p|a2 et p|b2 . Comme p est premier, cela implique que p|a et que p|b donc a et b ne sont pas premiers entre eux. (3) C’est vrai. Soit d = pgcd(a, b). On a a = dA et b = dB où pgcd(A, B) = 1. Ainsi on a (comme précédemment) pgcd(An , B n ) = 1 et puisque an |bn on obtient An dn |B n dn soit An |B n . Puisqu’ils sont premiers entre eux, ceci n’est possible que si A = 1 et donc d = a. Ceci implique que b = dB = aB et donc a|b. (4) C’est faux en prenant par exemple a = 4, b = 2 et m = 1 et n = 2. Correction exercice 3 On souhaite montrer que pour tout n entier, il existe des entiers x, y tels que n3 = x2 − y 2 . Pour cela il suffit de trouver x, y tels que x + y = n2 et x − y = n c’est-à-dire x = (n + n2 )/2 et y = (n2 − n)/2 ce qui est possible car n + n2 et n2 − n sont tous les deux pairs. Correction exercice 4. Supposons m ≥ n, écrivons m = qn + r la division euclidienne de m par n. On commence par montrer que pgcd(X m − 1, X n − 1) = pgcd(X n − 1, X r − 1). On a X m − 1 = X qn+r = X r (X qn − 1) + X r − 1, ! q−1 X X ni + X r − 1. = X r (X n − 1) i=0 m n 0 Notons d := pgcd(X − 1, X − 1), d := pgcd(X n − 1, X r − 1). d divise X m − 1 et X n − 1 donc, d’après l’équation ci-dessus, d divise X r − 1. A fortiori d divise d0 . Le même raisonnement montre que d0 divise d. Ainsi, d = d0 . Finalement, soit r0 := pgcd(m, n), en itérant ce raisonnement et en appliquant l’algorithme d’Euclide, on a pgcd(X m − 1, X n − 1) = pgcd(X n − 1, X r − 1), .. . = pgcd(X d − 1, X 0 − 1), = X d − 1, = X pgcd(m,n) − 1. Correction exercice 5. 4 1) Soient n = km pour k ≥ 1. On a n m b − 1 = (b − 1) k−1 X bmi . i=0 D’où, en divisant par b − 1, 1[m] divise 1[n] . 2) On a m b − 1 bn − 1 [m] [n] = pgcd , , pgcd 1 , 1 b−1 b−1 1 = pgcd(bm − 1, bn − 1), b−1 bpgcd(m,n) − 1 = d’après l’exercice 4, b−1 = 1[pgcd(m,n)] . D’où l’équivalence m, n premiers entre eux ssi 1[m] et 1[n] le sont. Correction exercice 6. 1) Preuve par récurrence : Pour n = 0, φ0 − φ−0 = 1 − 1 = 0 = F0 , et pour n = 1, √15 (φ − φ−1 ) = 1 = F1 . Soit n ∈ N, supposons la formule vérifiée pour Fn+1 et Fn , alors Fn+2 = Fn+1 + Fn , 1 = √ · φn+1 + (−1)n+2 φ−(n+1) + φn + (−1)n+1 φ−n , 5 1 = √ · φn+1 + φn + (−1)n+3 (− φ−(n+1) + φ−n , 5 1 =√ 5 1 1 n+1 n+3 −(n+1) · φ 1+ +(−1) φ −1 + −1 , φ φ | {z } | {z } =φ−1 =φ 1 = √ · φn+2 + (−1)n+3 φ−(n+2) . 5 2) Preuve par récurrence : Pour n = 1, on a F2 F0 − F12 = 1 · 0 − 1 = −1. 2 Supposons Fn Fn−2 − Fn−1 = (−1)n−1 . Alors Fn+1 Fn−1 − Fn2 = (Fn + Fn−1 )Fn−1 − Fn2 , 2 − Fn2 , = Fn Fn−1 + Fn−1 2 = Fn (Fn−1 − Fn ) + Fn−1 , 2 = −Fn Fn−2 + Fn−1 , = (−1)n . Posons un := (−1)n Fn−1 , vn := (−1)n Fn , on a Fn+1 un + Fn vn = 1. Donc par Bézout Fn et Fn+1 sont premiers entre eux. 5 3) Etape 1. Fixons m ≥ 1. Pour n = 0 on a Fm = Fm F1 +Fm−1 F0 , et pour n = 1 on a |{z} |{z} =1 Fm+1 = Fm · F2 +Fm−1 · F1 . |{z} |{z} =1 =0 =1 Soit N ≥ 1, supposons que pour n = N − 1, N on a Fn+m = Fm Fn+1 + Fm−1 Fn , avec m fixé. Alors FN +1+m = F(N +m)+1 = FN +m + FN +m−1 , | {z } =F(N −1)+m = Fm FN +1 + Fm−1 FN + Fm FN + Fm−1 FN −1 , | {z } | {z } H.R. H.R. = Fm (FN +1 + FN ) + Fm−1 (FN + FN −1 ), = Fm FN +2 + Fm−1 FN +1 . Etape 2. Fixons n ≥ 0. Pour m = 1 on a Fn+1 = F1 Fm + F0 Fn , et pour m = 2 on a |{z} |{z} =1 Fn+2 = F2 ·Fn+1 + F1 ·Fn . |{z} |{z} =1 =0 =1 Soit M ≥ 2, supposons que pour m = M − 1, M on a Fn+m = Fm Fn+1 + Fm−1 Fn pour m fixé. Alors Fn+M +1 = Fn+M + Fn+(M −1) , = FM Fn+1 + FM −1 Fn + FM −1 Fn+1 + FM −2 Fn (H.R.), = (FM + FM −1 )Fn+1 + (FM −1 + FM −2 )Fn , = FM +1 Fn+1 + FM Fn . 4) ⇒. On a montré Fn+m = Fm |{z} ·Fn+1 + Fm−1 · divisible par d Fn |{z} . divisible par d Donc d divise Fn+m . ⇐. On a Fm Fn+1 = Fn+m − Fm−1 Fn donc Fm Fn+1 est divisible par d. Or on a montré en 2) que Fn et Fn+1 sont premiers entre eux, donc d 6 |Fn+1 , ainsi d|Fm . 5a) On montre l’équivalence par récurrence sur k. Le cas k = 1 est démontré au 4). On suppose l’équivalence vraie pour k et montrons-la pour k + 1 : ⇒. On suppose d|Fm et d|Fn , alors par hypothèse de récurrence d divise aussi Fm+kn . Donc par (∗) d divise Fm+kn+n = Fm+(k+1)n , d’où l’implication cherchée. ⇐. On suppose d divise Fn et Fm+(k+1)n = Fm+kn+n , alors par (∗) d divise Fn et Fm+kn . Donc d divise Fm et Fn par hypothèse de récurrence. 5b) On écrit m = qn + r la division euclidienne de m par n. On a q ≥ 1 car m > n. Notons d := pgcd(Fm , Fn ) et d0 := pgcd(Fn , Fr ). On a d|Fm , d|Fn ⇒ d|Fqn+r , d|Fn |{z} ⇒ d|Fn , d|Fr ⇒ d|d0 . par (∗) 0 0 0 0 d |Fn , d |Fr |{z} ⇒ d |Fqn+r , d |Fn ⇒ d0 |Fm , d0 |Fn ⇒ d0 |d. par (∗) 6 D’où d = d0 . 5c) Notons d := pgcd(Fm , Fn ). Appliquant l’algorithme d’Euclide au 5b), on a pgcd(Fm , Fn ) = pgcd(Fpgcd(m,n) , F0 ) = pgcd(Fpgcd(m,n) , 0) = Fpgcd(m,n) . 5. Congruences Correction exercice 7 C’est possible puisque 3 est premier à 17. En prenant les multiples successifs on obtient : 3, 6, 9, 12, 15, 1, 4, 7, 10, 13, 16, 2, 5, 8, 11, 14, 0. Correction exercice 8 L’inverse de 3 modulo 4 est 3 et l’inverse de 4 mod 3 est 1. On obtient donc x ≡ (12/4) · 3 · 1 + (12/3) · 1 · 2 = 5 (mod 12). Correction exercice 9 On a (x + 1)3 − x3 = 3x2 + 3x + 1 = a(x). En calculant a(x) (mod 5) pour x = 0, . . . , 4, on constate qu’on n’obtient jamais 0. D’où le résultat. Correction exercice 10 (1) L’inverse de 2 modulo 7 est 4 donc x ≡ 4 (mod 7). (2) 12 ≡ 0 (mod 6) mais 9 pas donc il n’y a pas de solution. (3) L’inverse de 5 modulo 8 est 5 donc x ≡ 3 (mod 8). Correction exercice 11 Supposons que n ne soit pas un multiple de d et soit alors n = dq + r avec 0 < r < d le reste de la division euclidienne de n par d. On a q g n = 1 = g dq+r = g d g r = g r donc il existerait un 0 < r < d tel que g r = 1: absurde par définition de l’ordre d’un élément. Puisque g n = 1 on a n = ds. Supposons que n n’est pas l’ordre de g alors on a s > 1, en particulier il existe un premier p divisant s (et donc aussi n). Calculons g n/p = g ds/p = g d s/p =1 d’où le résultat. Q Correction exercice 12 Écrivons n = hi=1 pi où les pi sont des premiers impairs distincts. L’équation x2 ≡ 1 (mod n) est donc équivalente au système 2 x ≡ 1 (mod p1 ) .. . 2 x ≡ 1 (mod ph ) Chacune de ces équations a au plus deux solutions car Z/pi Z est un corps. De plus comme les pi sont impairs, chaque équation a exactement deux solutions distinctes 1 et −1. La résolution des systèmes xi = ±1 (mod pi ) donne donc 2h solutions distinctes modulo n. 7 Correction exercice 13 Si a est un élément primitif, il est en particulier non nul donc inversible modulo p et donc on a an−m ≡ 1 (mod p). On en conclut que n−m est divisible par l’ordre de a qui est φ(p) = p − 1 donc m ≡ n (mod p − 1). Correction exercice 14. p et q étant premiers entre eux on a, d’après le petit théorème de Fermat, que pq−1 +q p−1 est solution du système x ≡ 1 (mod p), x ≡ 1 (mod q). Or x0 = 1 en est une autre, et par le théorème des restes chinois (version pratique) on a que deux solutions sont congrues modulo pq. Ainsi pq−1 + q p−1 ≡ 1 (mod pq). Correction exercice 15 (1) (2) (3) (4) On a que p|b2 donc p|b. C’est vrai, en écrivant par exemple la factorisation de a. On peut raisonner modulo p, et donc 0 ≡ (a2 + b2 ) − (b2 + c2 ) ≡ a2 − c2 mod p. Non : 5|12 + 22 et 5|12 + 32 mais 5 ne divise pas 22 + 32 . Correction exercice 16 Si n est premier, soit a un élément primitif. Son ordre est n − 1 donc on a la propriété souhaitée. Inversement a est un élément d’ordre n − 1 donc #(Z/nZ)∗ ≥ n − 1 et donc tous les élements non nuls sont inversibles : n est premier. Correction exercice 17. 1) On montre la formule par récurrence : Pour n = 0 on a bien Fer0 = 2. n−1 Y Supposons que pour n ≥ 0 on a Fern = Feri +2. Alors i=0 n Y Feri +2 = Fern i=0 n−1 Y Feri +2, i=0 = = = = = Fern (Fern −2) + 2, Fer2n −2 Fern +2, 2 n n 22 + 1 − 2 22 + 1 + 2, n+1 n n 2 2 22 + 2 ·2 + 1 − 2 ·2 − 6 2 + 6 2, Fern+1 . Ainsi, tout diviseur commun à deux nombres de Fermat distincts divise 2. Or ceux-ci sont impairs, d’où la conclusion. Remarquons qu’on a redémontré l’existence d’une infinité de nombres premiers. 2) Comme an + 1 ≥ 3 est premier alors il est impair. Donc 2|an et par le lemme de Gauss 2|a. De plus, notons n = 2m k avec k impair. On a n a +1= a 2m k +1= a 2m k−1 X m i +1 (−1)i a2 . i=0 n m Or a + 1 est premier donc nécessairement l = 2 et ainsi k = 1. 8 Correction exercice 18. Rappels sur le symbole de Legendre. Etant donnés p un nombre premier impair et a non divisible par p, on dit que a est un carré (ou résidu quadratique) modulo p s’il existe b tel que a ≡ b2 (mod p). On définit le symbole de Legendre a 1 si a est un carré modulo p, = −1 sinon. p p−1 . a On a que est multiplicative et ≡ a 2 (mod p). p p q p en fonction de . La loi de réciprocité quadratique, démontrée par Gauss, exprime q p Retour à la correction. n ⇐. Remarquons que Fern2 −1 = 22 −1 et que 2 est le seul facteur premier de Fern −1. Donc par le critère de primalité de Lehmer, on a que Fern est premier. n−1 ⇒. Comme n ≥ 1, on a Fern = 42 + 1, donc Fern ≡ 1 (mod 4), 3 Fern et par la loi de réciprocité quadratique on a = . De plus, Fern 3 Fern ≡ 1 + 1 (mod 3) donc Fern n’est pas uncarré modulo 3 (on vérifie directement que seuls 0 et 1 sont des Fern carrés modulo 3), i.e. = −1. Ainsi 3 n Fern −1 3 22 −1 (mod Fern ) ≡ −1 (mod Fern ). 3 =3 2 ≡ Fern References [Dem97] Michel Demazure. Cours d’algèbre. Nouvelle Bibliothèque Mathématique [New Mathematics Library], 1. Cassini, Paris, 1997. Primalité. Divisibilité. Codes. [Primality. Divisibility. Codes]. [DKM94] Jean Marie De Koninck and Armel Mercier. Introduction à la théorie des nombres. Collection universitaire de mathématiques. MODULO, Mont-Royal, 1994. 9