Exercices corrigés : Nombres premiers — Terminale maths expertes

Correction détaillée

1. 1

   On applique le crible d'Ératosthène : on écrit les entiers de $2$2 à $60$60, on garde $2$2 et on raye ses multiples, puis on garde $3$3 et on raye ses multiples, et ainsi de suite.

2. 2

   Les nombres premiers inférieurs à $60$60 sont : $2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59$2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59.

   Il y en a $17$17.

3. 3

   On remarque que $2$2 est le seul nombre premier PAIR : tout autre nombre pair a $2$2 pour diviseur en plus de $1$1 et de lui-même.

4. 4

   Pour $211$211 : $\sqrt{211}\approx 14,5$√(211) ≈ 14,5, donc il suffit de tester les diviseurs premiers jusqu'à $14$14, c'est-à-dire $2,3,5,7,11,13$2, 3, 5, 7, 11, 13.

5. 5

   $211$211 est impair (pas divisible par $2$2) ; $2+1+1=4$2 + 1 + 1 = 4 n'est pas multiple de $3$3 ; il ne finit ni par $0$0 ni par $5$5.

6. 6

   $211=7\times 30+1$211 = 7 × 30 + 1, $211=11\times 19+2$211 = 11 × 19 + 2, $211=13\times 16+3$211 = 13 × 16 + 3 : aucun reste nul.

7. 7

   Aucun diviseur trouvé : $211$211 est PREMIER.

8. 8

   Pour $221$221 : $\sqrt{221}\approx 14,9$√(221) ≈ 14,9, mêmes candidats.

   On teste : $221=13\times 17$221 = 13 × 17.

9. 9

   Un diviseur a été trouvé, donc $221$221 n'est PAS premier.

   C'est un piège classique : $221$221 n'est divisible ni par $2$2, ni par $3$3, ni par $5$5, ni par $7$7, ni par $11$11 — il faut aller jusqu'à $13$13.

10. 10

    Pour $2027$2027 : $\sqrt{2027}\approx 45,0$√(2027) ≈ 45,0, il faut tester les nombres premiers jusqu'à $43$43, soit $2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43$2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43.

11. 11

    Il est impair ; la somme de ses chiffres vaut $11$11, non multiple de $3$3 ; il ne finit pas par $0$0 ou $5$5.

12. 12

    En poursuivant les divisions, aucun reste n'est nul : $2027$2027 est PREMIER.

13. 13

    À comparer avec $2026=2\times 1013$2026 = 2 × 1013, qui n'est pas premier (mais dont le facteur $1013$1013, lui, l'est).

Rappel de cours : Pour tester la primalité de $n$n, il suffit de chercher un diviseur PREMIER inférieur ou égal à $\sqrt{n}$√(n). S'il n'y en a pas, $n$n est premier.

Erreur fréquente : S'arrêter trop tôt dans les essais. $221$221 résiste à $2,3,5,7,11$2, 3, 5, 7, 11 et n'est pourtant pas premier : il faut aller jusqu'à $\sqrt{n}$√(n).

Correction détaillée

1. 1

   Pour $360$360, on divise successivement par les nombres premiers, en commençant par le plus petit.

2. 2

   $360=2\times 180=2\times 2\times 90=2\times 2\times 2\times 45$360 = 2 × 180 = 2 × 2 × 90 = 2 × 2 × 2 × 45.

3. 3

   $45$45 n'est plus divisible par $2$2 ; on passe à $3$3 : $45=3\times 15=3\times 3\times 5$45 = 3 × 15 = 3 × 3 × 5.

4. 4

   Donc $360=2^3\times 3^2\times 5$360 = 2³ × 3² × 5.

5. 5

   Contrôle : $8\times 9\times 5=360$8 × 9 × 5 = 360 ✔.

6. 6

   Pour $2024$2024 : $2024=2\times 1012=2\times 2\times 506=2\times 2\times 2\times 253$2024 = 2 × 1012 = 2 × 2 × 506 = 2 × 2 × 2 × 253.

7. 7

   $253$253 est impair, non divisible par $3$3 (somme des chiffres $10$10) ni par $5$5 ni par $7$7.

   Mais $253=11\times 23$253 = 11 × 23.

8. 8

   Donc $2024=2^3\times 11\times 23$2024 = 2³ × 11 × 23.

   Contrôle : $8\times 253=2024$8 × 253 = 2024 ✔.

9. 9

   Pour $3600$3600 : c'est $360\times 10=2^3\times 3^2\times 5\times 2\times 5=2^4\times 3^2\times 5^2$360 × 10 = 2³ × 3² × 5 × 2 × 5 = 2⁴ × 3² × 5².

10. 10

    Tous les exposants sont PAIRS.

    On peut donc écrire $3600={\left(2^2\times 3\times 5\right)}^2=60^2$3600 = (2² × 3 × 5)² = 60².

11. 11

    Contrôle : $60^2=3600$60² = 3600 ✔.

    C'est la règle générale : un entier est un carré parfait si et seulement si tous les exposants de sa décomposition sont pairs.

12. 12

    Justification de la méthode : si $n$n admet un diviseur autre que $1$1, son PLUS PETIT diviseur $d⩾2$d ≥ 2 est nécessairement premier.

13. 13

    En effet, si $d$d avait un diviseur $d^{\prime }$d' avec $1<d^{\prime }<d$1 < d' < d, alors $d^{\prime }$d' diviserait aussi $n$n — ce qui contredirait la minimalité de $d$d.

14. 14

    En divisant à chaque étape par le plus petit diviseur, on extrait donc toujours un facteur premier, et le quotient diminue strictement : la méthode se termine.

Rappel de cours : Décomposition unique en facteurs premiers. Conséquence directe : $n$n est un carré parfait $\iff$⇔ tous les exposants de sa décomposition sont pairs (et un cube $\iff$⇔ tous multiples de $3$3).

Erreur fréquente : S'arrêter à une décomposition incomplète comme $2024=8\times 253$2024 = 8 × 253. Tant qu'un facteur n'est pas premier, la décomposition n'est pas terminée.

Correction détaillée

1. 1

   On part de $360=2^3\times 3^2\times 5^1$360 = 2³ × 3² × 5¹.

2. 2

   Tout diviseur de $360$360 s'écrit $2^{\alpha }\times 3^{\beta }\times 5^{\gamma }$2^(α) × 3^(β) × 5^(γ) avec $0⩽\alpha ⩽3$0 ≤ α ≤ 3, $0⩽\beta ⩽2$0 ≤ β ≤ 2 et $0⩽\gamma ⩽1$0 ≤ γ ≤ 1.

3. 3

   Il y a donc $4$4 choix pour $\alpha$α (les valeurs $0,1,2,3$0, 1, 2, 3), $3$3 pour $\beta$β et $2$2 pour $\gamma$γ.

4. 4

   Par le principe multiplicatif, le nombre de diviseurs est $4\times 3\times 2=24$4 × 3 × 2 = 24.

5. 5

   Contrôle partiel : le choix $\alpha =\beta =\gamma =0$α = β = γ = 0 donne le diviseur $1$1, et le choix maximal donne $360$360 ✔.

6. 6

   Pour $2024=2^3\times 11^1\times 23^1$2024 = 2³ × 11¹ × 23¹ : le nombre de diviseurs vaut $(3+1)(1+1)(1+1)=4\times 2\times 2=16$(3+1)(1+1)(1+1) = 4 × 2 × 2 = 16.

7. 7

   Formule générale : si $n=p_1^{a_1}\times \cdots \times p_k^{a_k}$n = p₁^(a₁) × … × pₖ^(aₖ), alors $n$n a exactement $\left(a_1+1\right)\times \cdots \times \left(a_k+1\right)$(a₁+1) × … × (aₖ+1) diviseurs positifs.

8. 8

   Troisième question : on cherche $n$n tel que le produit des $\left(a_i+1\right)$(aᵢ+1) vaille $3$3.

9. 9

   Or $3$3 est premier : le produit ne peut être $3$3 que s'il comporte un seul facteur, égal à $3$3.

10. 10

    Cela impose $k=1$k = 1 et $a_1+1=3$a₁ + 1 = 3, donc $a_1=2$a₁ = 2 : l'entier est de la forme $p^2$p² avec $p$p premier.

11. 11

    Exemples : $4=2^2$4 = 2² a pour diviseurs $1,2,4$1, 2, 4 ✔ ; $9=3^2$9 = 3² a pour diviseurs $1,3,9$1, 3, 9 ✔ ; $49=7^2$49 = 7² également.

12. 12

    Réponse : oui, exactement les carrés de nombres premiers.

Rappel de cours : $n=p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k}$n = p₁^(a₁) … pₖ^(aₖ) a $\left(a_1+1\right)\cdots \left(a_k+1\right)$(a₁+1)…(aₖ+1) diviseurs positifs. Le $+1$+1 vient de l'exposant $0$0, qui est un choix valide.

Erreur fréquente : Multiplier les exposants sans ajouter $1$1. Pour $360$360, cela donnerait $3\times 2\times 1=6$3 × 2 × 1 = 6 au lieu de $24$24.

Correction détaillée

1. 1

   On aligne les décompositions en faisant apparaître tous les facteurs premiers, avec l'exposant $0$0 quand un facteur est absent.

2. 2

   $360=2^3\times 3^2\times 5^1\times 11^0\times 23^0$360 = 2³ × 3² × 5¹ × 11⁰ × 23⁰.

3. 3

   $2024=2^3\times 3^0\times 5^0\times 11^1\times 23^1$2024 = 2³ × 3⁰ × 5⁰ × 11¹ × 23¹.

4. 4

   PGCD : chaque facteur avec le plus PETIT exposant, soit $2^3\times 3^0\times 5^0\times 11^0\times 23^0=8$2³ × 3⁰ × 5⁰ × 11⁰ × 23⁰ = 8.

5. 5

   PPCM : chaque facteur avec le plus GRAND exposant, soit $2^3\times 3^2\times 5\times 11\times 23$2³ × 3² × 5 × 11 × 23.

6. 6

   On calcule : $8\times 9=72$8 × 9 = 72, $72\times 5=360$72 × 5 = 360, $360\times 11=3960$360 × 11 = 3960, $3960\times 23=91080$3960 × 23 = 91 080.

7. 7

   Donc $\text{PGCD}(360;2024)=8$PGCD (360 ; 2024) = 8 et $\text{PPCM}(360;2024)=91080$PPCM (360 ; 2024) = 91 080.

8. 8

   Vérification de la relation : $\text{PGCD}\times \text{PPCM}=8\times 91080=728640$PGCD × PPCM = 8 × 91 080 = 728 640.

9. 9

   Et $360\times 2024=728640$360 × 2024 = 728 640 ✔.

   La relation tient — elle s'explique d'ailleurs par les exposants : pour chaque facteur premier, $\min +\max =$min + max = somme des deux exposants.

10. 10

    Troisième question : les diviseurs communs de deux entiers sont exactement les diviseurs de leur PGCD.

11. 11

    Ici le PGCD vaut $8=2^3$8 = 2³, dont les diviseurs positifs sont $1,2,4,8$1, 2, 4, 8.

12. 12

    Les diviseurs communs de $360$360 et $2024$2024 sont donc $1$1, $2$2, $4$4 et $8$8 (et leurs opposés si l'on accepte les entiers négatifs).

13. 13

    Contrôle : $8$8 divise $360$360 ($=8\times 45$= 8 × 45) ✔ et $2024$2024 ($=8\times 253$= 8 × 253) ✔, alors que $16$16 ne divise ni l'un ni l'autre ✔.

Rappel de cours : PGCD = min des exposants, PPCM = max des exposants. Et surtout : les diviseurs communs de $a$a et $b$b sont exactement les diviseurs de $\text{PGCD}(a;b)$PGCD (a ; b).

Erreur fréquente : Oublier les facteurs absents. Il faut leur donner l'exposant $0$0, sinon le $\min$min est faussé et le PGCD trop grand.

Correction détaillée

1. 1

   Soit $n⩾2$n ≥ 2.

   L'ensemble de ses diviseurs supérieurs ou égaux à $2$2 n'est pas vide, puisqu'il contient $n$n lui-même.

2. 2

   Cet ensemble d'entiers positifs admet donc un plus PETIT élément, notons-le $d$d.

3. 3

   Montrons que $d$d est premier.

   Si ce n'était pas le cas, $d$d aurait un diviseur $d^{\prime }$d' avec $1<d^{\prime }<d$1 < d' < d.

4. 4

   Mais alors $d^{\prime }$d' diviserait $d$d, qui divise $n$n : donc $d^{\prime }$d' diviserait $n$n, avec $2⩽d^{\prime }<d$2 ≤ d' < d.

5. 5

   Cela contredirait la minimalité de $d$d.

   Donc $d$d est premier : tout entier $n⩾2$n ≥ 2 admet un diviseur premier.

6. 6

   Passons à la démonstration principale.

   Supposons par l'absurde qu'il n'existe qu'un nombre fini de nombres premiers, notés $p_1,p_2,\dots ,p_k$p₁, p₂, …, pₖ.

7. 7

   Posons $N=p_1{p}_2\cdots p_k+1$N = p₁p₂… pₖ + 1.

   Comme le produit vaut au moins $2$2, on a $N⩾3$N ≥ 3, donc $N⩾2$N ≥ 2.

8. 8

   D'après la question 1, $N$N admet un diviseur premier $p$p.

   Or par hypothèse, $p$p figure dans la liste : $p=p_i$p = pᵢ pour un certain $i$i.

9. 9

   Ce $p$p divise donc le produit $p_1{p}_2\cdots p_k$p₁p₂… pₖ (il en est l'un des facteurs), et il divise $N$N par construction.

10. 10

    Il divise donc leur différence : $N-p_1{p}_2\cdots p_k=1$N - p₁p₂… pₖ = 1.

11. 11

    Mais un nombre premier vaut au moins $2$2 : il ne peut pas diviser $1$1.

    C'est une CONTRADICTION.

12. 12

    L'hypothèse de départ est donc fausse : il existe une INFINITÉ de nombres premiers.

13. 13

    Remarque importante : la démonstration ne dit pas que $N$N est premier.

    Par exemple, avec $2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13+1=30031=59\times 509$2 × 3 × 5 × 7 × 11 × 13 + 1 = 30 031 = 59 × 509, le nombre $N$N est composé — mais ses facteurs premiers sont bien absents de la liste initiale, ce qui suffit à conclure.

Rappel de cours : Structure de la preuve : par l'absurde, on construit un entier qui échappe à la liste supposée complète. L'argument décisif est « $p$p divise $A$A et $A+1$A+1, donc $p$p divise $1$1 ».

Erreur fréquente : Affirmer que $N=p_1\cdots p_k+1$N = p₁… pₖ + 1 est premier. C'est faux en général : on montre seulement qu'il a un facteur premier hors de la liste.

Correction détaillée

1. 1

   Soit $n⩾2$n ≥ 2 non premier.

   Il s'écrit $n=ab$n = ab avec $2⩽a⩽b$2 ≤ a ≤ b (on nomme $a$a le plus petit des deux facteurs).

2. 2

   Supposons par l'absurde que $a>\sqrt{n}$a > √(n).

   Comme $b⩾a$b ≥ a, on aurait aussi $b>\sqrt{n}$b > √(n).

3. 3

   En multipliant ces deux inégalités entre nombres positifs : $ab>\sqrt{n}\times \sqrt{n}=n$ab > √(n) × √(n) = n.

4. 4

   Or $ab=n$ab = n, d'où $n>n$n > n : contradiction.

   Donc $a⩽\sqrt{n}$a ≤ √(n).

5. 5

   Enfin, $a$a admet lui-même un diviseur premier $p$p (exercice 5), et $p⩽a⩽\sqrt{n}$p ≤ a ≤ √(n).

   Ce $p$p divise $n$n : la propriété est démontrée.

6. 6

   Conséquence pratique : si aucun nombre premier $⩽\sqrt{n}$≤ √(n) ne divise $n$n, alors $n$n est premier.

7. 7

   Pour $2027$2027 : $\sqrt{2027}\approx 45,02$√(2027) ≈ 45,02.

   Les nombres premiers $⩽45$≤ 45 sont $2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43$2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43 : il y en a $14$14.

8. 8

   Quatorze divisions suffisent donc — au lieu des $2025$2025 essais d'une recherche naïve de $2$2 à $2026$2026.

9. 9

   Pour $10^6+1=1000001$10⁶ + 1 = 1 000 001 : $\sqrt{1000001}\approx 1000$√(1 000 001) ≈ 1000.

   Il y a $168$168 nombres premiers inférieurs à $1000$1000.

10. 10

    Cent soixante-huit divisions suffisent, contre un million d'essais pour la méthode naïve.

    Le gain est considérable, et c'est ce qui rend le test praticable à la main.

11. 11

    Crible jusqu'à $100$100 : par la même propriété, tout nombre composé $⩽100$≤ 100 a un facteur premier $⩽\sqrt{100}=10$≤ √(100) = 10.

12. 12

    Il suffit donc de rayer les multiples de $2$2, $3$3, $5$5 et $7$7 : les nombres restants sont automatiquement premiers.

13. 13

    Contrôle : après ces quatre passes, $91$91 devrait être rayé — et il l'est, car $91=7\times 13$91 = 7 × 13 ✔.

Rappel de cours : Tout entier composé $n$n admet un diviseur premier $⩽\sqrt{n}$≤ √(n). D'où le test de primalité et le crible d'Ératosthène, qui s'arrête à $\sqrt{N}$√(N).

Erreur fréquente : Tester tous les entiers jusqu'à $\sqrt{n}$√(n) au lieu des seuls nombres PREMIERS. C'est correct mais inutilement long : un diviseur composé aurait déjà été détecté par ses facteurs premiers.

Correction détaillée

1. 1

   Tout entier est congru à $0,1,2,3,4$0, 1, 2, 3, 4 ou $5$5 modulo $6$6.

   Examinons chaque cas pour un nombre premier $p>3$p > 3.

2. 2

   Si $p\equiv 0[6]$p ≡ 0 [6], alors $6\mid p$6 | p, donc $2\mid p$2 | p : impossible pour un premier $>3$> 3.

3. 3

   Si $p\equiv 2[6]$p ≡ 2 [6] ou $p\equiv 4[6]$p ≡ 4 [6], alors $p$p est pair : impossible également.

4. 4

   Si $p\equiv 3[6]$p ≡ 3 [6], alors $3\mid p$3 | p, donc $p=3$p = 3 : exclu puisque $p>3$p > 3.

5. 5

   Il ne reste que $p\equiv 1[6]$p ≡ 1 [6] ou $p\equiv 5[6]$p ≡ 5 [6].

   La propriété est démontrée.

6. 6

   Contrôle : $5\equiv 5$5 ≡ 5, $7\equiv 1$7 ≡ 1, $11\equiv 5$11 ≡ 5, $13\equiv 1$13 ≡ 1, $17\equiv 5$17 ≡ 5, $19\equiv 1$19 ≡ 1, $23\equiv 5$23 ≡ 5 ✔ — l'alternance est visible.

7. 7

   Deuxième question : $p\equiv 1[6]$p ≡ 1 [6] s'écrit $p=6k+1$p = 6k + 1, et $p\equiv 5[6]$p ≡ 5 [6] s'écrit $p=6k+5=6(k+1)-1$p = 6k + 5 = 6(k+1) - 1.

8. 8

   En renommant l'entier, tout nombre premier $>3$> 3 est donc de la forme $6k-1$6k - 1 ou $6k+1$6k + 1 : il est toujours voisin d'un multiple de $6$6.

9. 9

   Attention à la réciproque : $25=6\times 4+1$25 = 6 × 4 + 1 n'est pas premier.

   La condition est nécessaire, pas suffisante.

10. 10

    Troisième question : $p^2-1=(p-1)(p+1)$p² - 1 = (p-1)(p+1), produit des deux entiers voisins de $p$p.

11. 11

    $p$p étant premier $>3$> 3, il est impair : $p-1$p - 1 et $p+1$p + 1 sont deux entiers PAIRS CONSÉCUTIFS (au sens où ils diffèrent de $2$2).

12. 12

    L'un des deux est donc divisible par $4$4, et l'autre par $2$2 : leur produit est divisible par $8$8.

13. 13

    Par ailleurs, parmi les trois entiers consécutifs $p-1$p-1, $p$p, $p+1$p+1, l'un est divisible par $3$3.

    Comme $p$p est premier $>3$> 3, ce n'est pas $p$p.

14. 14

    Donc $3$3 divise $(p-1)(p+1)$(p-1)(p+1).

    Le produit est ainsi divisible par $8$8 et par $3$3, qui sont premiers entre eux, donc par $24$24.

15. 15

    Contrôle : $p=5$p = 5 donne $24$24 ✔ ; $p=7$p = 7 donne $48=24\times 2$48 = 24 × 2 ✔ ; $p=11$p = 11 donne $120=24\times 5$120 = 24 × 5 ✔ ; $p=13$p = 13 donne $168=24\times 7$168 = 24 × 7 ✔.

Rappel de cours : Méthode : éliminer les classes de congruence incompatibles avec la primalité. Un premier $>3$> 3 est toujours de la forme $6k\pm 1$6k ± 1 — mais la réciproque est fausse ($25$25, $35$35…).

Erreur fréquente : Transformer la condition nécessaire en critère de primalité. $6k\pm 1$6k ± 1 ne garantit rien : $25$25, $35$35, $49$49 sont de cette forme sans être premiers.

Correction détaillée

1. 1

   Soit $p$p premier tel que $p\mid ab$p | ab.

   Deux cas se présentent, selon que $p$p divise $a$a ou non.

2. 2

   Premier cas : $p\mid a$p | a.

   La conclusion est immédiate.

3. 3

   Second cas : $p\nmid a$p nmid a.

   Calculons $\text{PGCD}(p;a)$PGCD (p ; a).

   Ce PGCD divise $p$p, qui est premier : il vaut donc $1$1 ou $p$p.

4. 4

   Il ne peut pas valoir $p$p, car $p$p ne divise pas $a$a.

   Donc $\text{PGCD}(p;a)=1$PGCD (p ; a) = 1 : $p$p et $a$a sont premiers entre eux.

5. 5

   On applique alors le théorème de Gauss : $p\mid ab$p | ab et $\text{PGCD}(p;a)=1$PGCD (p ; a) = 1 entraînent $p\mid b$p | b.

6. 6

   Dans les deux cas, $p$p divise $a$a ou $b$b : le lemme est démontré.

7. 7

   Contre-exemple pour un module non premier : prenons $p=6$p = 6, $a=4$a = 4 et $b=3$b = 3.

8. 8

   Alors $ab=12$ab = 12 et $6\mid 12$6 | 12 ✔.

   Pourtant $6\nmid 4$6 nmid 4 et $6\nmid 3$6 nmid 3.

9. 9

   Le lemme est donc en défaut : c'est bien la primalité qui le fait fonctionner, en garantissant que le PGCD ne peut valoir que $1$1 ou $p$p.

10. 10

    Troisième question : appliquons le lemme avec $b=a$b = a.

    Si $p\mid a^2=a\times a$p | a² = a × a, alors $p\mid a$p | a ou $p\mid a$p | a.

11. 11

    Dans les deux cas, $p\mid a$p | a.

    La propriété est démontrée.

12. 12

    Par récurrence immédiate, on en déduit plus généralement : $p\mid a^n\Rightarrow p\mid a$p | aⁿ ⇒ p | a, pour tout entier $n⩾1$n ≥ 1.

13. 13

    C'est exactement l'outil de la démonstration d'irrationalité de l'exercice suivant.

Rappel de cours : Lemme d'Euclide : $p$p premier et $p\mid ab\Rightarrow p\mid a$p | ab ⇒ p | a ou $p\mid b$p | b. C'est ce lemme qui assure l'UNICITÉ de la décomposition en facteurs premiers.

Erreur fréquente : Appliquer le lemme à un module composé. $6\mid 4\times 3$6 | 4 × 3 sans que $6$6 divise l'un des facteurs : seuls les nombres premiers ont cette propriété.

Correction détaillée

1. 1

   Premier point : $2$2 est premier, donc par le lemme d'Euclide (exercice 8), $2\mid n^2$2 | n² entraîne $2\mid n$2 | n.

2. 2

   On peut aussi le voir directement : si $n$n est impair, $n=2k+1$n = 2k+1 et $n^2=4k^2+4k+1$n² = 4k² + 4k + 1 est impair.

   Par contraposée, $n^2$n² pair impose $n$n pair.

3. 3

   Supposons maintenant $\sqrt{2}$√(2) rationnel : $\sqrt{2}=\frac{a}{b}$√(2) = a/b avec $a$a et $b$b entiers, $b\ne 0$b ≠ 0, et la fraction IRRÉDUCTIBLE (donc $\text{PGCD}(a;b)=1$PGCD (a ; b) = 1).

4. 4

   En élevant au carré : $2=\frac{a^2}{b^2}$2 = a²/b², donc $a^2=2b^2$a² = 2b².

5. 5

   Ainsi $a^2$a² est pair, donc $a$a est pair d'après la question 1.

   Écrivons $a=2a^{\prime }$a = 2a'.

6. 6

   En reportant : $(2a^{\prime }{)}^2=2b^2$(2a')² = 2b², soit $4a^{\prime 2}=2b^2$4a'² = 2b², c'est-à-dire $b^2=2a^{\prime 2}$b² = 2a'².

7. 7

   Donc $b^2$b² est pair, et $b$b est pair à son tour.

8. 8

   Mais alors $a$a et $b$b sont tous deux pairs, donc divisibles par $2$2 : cela contredit l'irréductibilité de $\frac{a}{b}$a/b.

9. 9

   L'hypothèse est donc fausse : $\sqrt{2}$√(2) est IRRATIONNEL.

10. 10

    Pour $\sqrt{3}$√(3), le raisonnement est identique, à condition d'établir d'abord que $3\mid n^2\Rightarrow 3\mid n$3 | n² ⇒ 3 | n — ce qui découle du lemme d'Euclide, $3$3 étant premier.

11. 11

    On suppose $\sqrt{3}=\frac{a}{b}$√(3) = a/b irréductible, d'où $a^2=3b^2$a² = 3b², donc $3\mid a$3 | a, puis $a=3a^{\prime }$a = 3a' et $9a^{\prime 2}=3b^2$9a'² = 3b², soit $b^2=3a^{\prime 2}$b² = 3a'².

12. 12

    Donc $3\mid b$3 | b également : contradiction avec l'irréductibilité.

    $\sqrt{3}$√(3) est irrationnel.

13. 13

    Attention : la méthode échoue pour $\sqrt{4}$√(4), et c'est heureux — car $4$4 est un carré parfait, et $\sqrt{4}=2$√(4) = 2 est bien rationnel.

    Le point de blocage est que $4$4 n'est pas premier.

Rappel de cours : Schéma : supposer la fraction irréductible, montrer que numérateur et dénominateur sont tous deux divisibles par $p$p, conclure à la contradiction. Valable pour $\sqrt{p}$√(p) avec $p$p premier.

Erreur fréquente : Oublier de préciser que la fraction est irréductible. C'est cette hypothèse qui rend la conclusion contradictoire : sans elle, il n'y a aucune contradiction.

Correction détaillée

1. 1

   Diviseurs positifs de $28$28 : $1,2,4,7,14,28$1, 2, 4, 7, 14, 28.

2. 2

   Leur somme vaut $\sigma (28)=1+2+4+7+14+28=56$σ(28) = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 + 28 = 56.

3. 3

   Or $2\times 28=56$2 × 28 = 56 : on a bien $\sigma (28)=2\times 28$σ(28) = 2 × 28, donc $28$28 est PARFAIT.

4. 4

   Autre lecture : la somme des diviseurs STRICTS (tous sauf $28$28) vaut $1+2+4+7+14=28$1 + 2 + 4 + 7 + 14 = 28 ✔.

5. 5

   Formule pour une puissance de premier : les diviseurs de $p^k$p^(k) sont exactement $1,p,p^2,\dots ,p^k$1, p, p², …, p^(k), puisque tout diviseur s'écrit $p^{\alpha }$p^(α) avec $0⩽\alpha ⩽k$0 ≤ α ≤ k.

6. 6

   Leur somme est donc $\sigma \left(p^k\right)=1+p+\cdots +p^k$σ(p^(k)) = 1 + p + … + p^(k), soit $\frac{p^{k+1}-1}{p-1}$(p^(k+1) - 1)/(p - 1) par la somme géométrique.

7. 7

   Pour un entier quelconque, la fonction $\sigma$σ est MULTIPLICATIVE sur les facteurs premiers distincts : $\sigma (ab)=\sigma (a)\sigma (b)$σ(ab) = σ(a)σ(b) lorsque $a$a et $b$b sont premiers entre eux.

8. 8

   Cela vient de ce que tout diviseur de $360=2^3\times 3^2\times 5$360 = 2³ × 3² × 5 s'écrit de façon unique comme produit d'un diviseur de $2^3$2³, d'un de $3^2$3² et d'un de $5$5 : développer le produit des trois sommes redonne exactement la somme de tous les diviseurs.

9. 9

   Donc $\sigma (360)=\left(1+2+4+8\right)\left(1+3+9\right)\left(1+5\right)$σ(360) = (1 + 2 + 4 + 8)(1 + 3 + 9)(1 + 5).

10. 10

    On calcule : $15\times 13\times 6=15\times 78=1170$15 × 13 × 6 = 15 × 78 = 1170.

    Donc $\sigma (360)=1170$σ(360) = 1170.

11. 11

    Comme $2\times 360=720\ne 1170$2 × 360 = 720 ≠ 1170, le nombre $360$360 n'est pas parfait (il est même « abondant », sa somme dépassant $2n$2n).

12. 12

    Pour $496$496, commençons par décomposer : $496=2^4\times 31$496 = 2⁴ × 31, et $31$31 est premier.

13. 13

    Donc $\sigma (496)=\left(1+2+4+8+16\right)\left(1+31\right)=31\times 32=992$σ(496) = (1 + 2 + 4 + 8 + 16)(1 + 31) = 31 × 32 = 992.

14. 14

    Or $2\times 496=992$2 × 496 = 992 ✔ : $496$496 est parfait.

15. 15

    On remarque la forme $496=2^4\left(2^5-1\right)$496 = 2⁴(2⁵ - 1), avec $2^5-1=31$2⁵ - 1 = 31 premier — de même que $28=2^2\left(2^3-1\right)$28 = 2²(2³ - 1) avec $7$7 premier.

    C'est le lien avec les nombres de Mersenne de l'exercice 13.

Rappel de cours : $\sigma$σ se calcule facteur par facteur : $\sigma \left(p^a{q}^b\right)=\left(1+p+\cdots +p^a\right)\left(1+q+\cdots +q^b\right)$σ(p^(a)q^(b)) = (1 + p + … + p^(a))(1 + q + … + q^(b)). Un nombre est parfait lorsque $\sigma (n)=2n$σ(n) = 2n.

Erreur fréquente : Confondre « somme des diviseurs » et « somme des diviseurs stricts ». La condition de perfection s'écrit $\sigma (n)=2n$σ(n) = 2n avec la première convention, $\sigma (n)-n=n$σ(n) - n = n avec la seconde.

Correction détaillée

1. 1

   Pour $p=7$p = 7 et $a=2$a = 2 : le théorème annonce $2^6\equiv 1[7]$2⁶ ≡ 1 [7].

2. 2

   Calcul : $2^6=64$2⁶ = 64, et $64=7\times 9+1$64 = 7 × 9 + 1, donc $2^6\equiv 1[7]$2⁶ ≡ 1 [7] ✔.

3. 3

   On peut d'ailleurs le retrouver de proche en proche : $2^3=8\equiv 1[7]$2³ = 8 ≡ 1 [7], donc $2^6={\left(2^3\right)}^2\equiv 1[7]$2⁶ = (2³)² ≡ 1 [7].

4. 4

   Remarque utile : la période réelle est ici $3$3, qui DIVISE $6$6.

   Le théorème donne un exposant qui fonctionne, pas nécessairement le plus petit.

5. 5

   Pour $p=11$p = 11 et $a=3$a = 3 : le théorème annonce $3^{10}\equiv 1[11]$3¹⁰ ≡ 1 [11].

6. 6

   Calcul : $3^5=243=11\times 22+1$3⁵ = 243 = 11 × 22 + 1, donc $3^5\equiv 1[11]$3⁵ ≡ 1 [11], et par élévation au carré $3^{10}\equiv 1[11]$3¹⁰ ≡ 1 [11] ✔.

7. 7

   Vérification directe : $3^{10}=59049$3¹⁰ = 59 049, et $59049=11\times 5368+1$59 049 = 11 × 5368 + 1 ✔.

8. 8

   Deuxième question : prenons $p=8$p = 8, qui n'est pas premier, et $a=3$a = 3 (avec $8\nmid 3$8 nmid 3).

9. 9

   Le théorème « donnerait » $3^7\equiv 1[8]$3⁷ ≡ 1 [8].

   Calculons : $3^2=9\equiv 1[8]$3² = 9 ≡ 1 [8], donc $3^6\equiv 1$3⁶ ≡ 1 et $3^7\equiv 3[8]$3⁷ ≡ 3 [8].

10. 10

    On trouve $3$3 et non $1$1 : la conclusion est FAUSSE.

    L'hypothèse de primalité est donc indispensable.

11. 11

    Troisième question : si $p\mid a$p | a, alors $a\equiv 0[p]$a ≡ 0 [p], donc $a^{p-1}\equiv 0[p]$a^(p-1) ≡ 0 [p] (pour $p⩾2$p ≥ 2) : la conclusion $a^{p-1}\equiv 1$a^(p-1) ≡ 1 est évidemment fausse.

12. 12

    Il existe cependant une version qui couvre tous les cas : $a^p\equiv a[p]$a^(p) ≡ a [p], valable pour TOUT entier $a$a, que $p$p divise $a$a ou non.

13. 13

    Vérification dans le cas gênant : si $p\mid a$p | a, les deux membres sont congrus à $0$0 ✔.

    Et sinon, on multiplie $a^{p-1}\equiv 1$a^(p-1) ≡ 1 par $a$a ✔.