Chapitre 1 - Divisibilité Et Premiers

7/24/2019 Chapitre 1 - Divisibilit Et Premiers

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CHAPITRE 1 : DIVISIBILIT ET PREMIERS

1. Minimums et rcurrence

Une proprit trs importante de lensemble des nombres naturels N est la suivante :

Proprit 1.1. Tout sous-ensemble non vide S deN contient un plus petit membre (oumi-nimum). On dit N est bien ordonn.

Cette proprit 1.1 de bon ordre est trs particulire de N. Les ensembles ordonns Z,Q, ou R contiennent tous des sous-ensembles non vides sans plus petit membre. Mme dansR0= {x R |x 0} il y a des parties comme S= {x R |x >1} sans minimum (ce sont

des sous-ensemble Savec un infimum qui nappartient pas S).Une premire consquence de cette proprit de bon ordre est

Thorme 1.2. Toute suite strictement dcroissanten1 > n2 > n3 > dansN est finie.

Lalgorithme dEuclide et beaucoup dautres algorithmes terminent cause de cette pro-prit de N.

Preuve. Soit S= {n1, n2, n3, . . .}lensemble de membres de la suite. Le sous-ensemble S Na un minimum nk par la proprit 1.1 (si la suite nest pas vide). On montre que la suitetermine en nk.

Supposons le contraire. Alors nk a un successeur nk+1 dans la suite. Comme la suite eststrictement dcroissante, on a nk > nk+1. Mais commenk+1est dans la suite, et nk est le plus

petit membre de la suite, on a nk nk+1. Contradiction.Donc la suite n1 > n2 > n3 > termine en > nk1 > nk et est finie.

Une deuxime consquence de la proprit de minimums dans N est la validit des dmons-trations par rcurrence. Supposons quon a un nonc P(n)qui dpend dune variable entiren 1. Par exemple

P(n) : 1 + 2 + 3 + +n= n(n+ 1)

2 .

P(n) : Si n 2, alors nest un produit de nombres premiers.

Il y a plusieurs formes variantes de la rcurrence.

La rcurrence simple. Si on montre

P(1) et n 2 P(n1) = P(n)

alors on a montrP(n) pour toutn 1.

La rcurrence dordre 2. Si on montre

P(1) et P(2) et n 3 P(n2) etP(n1) = P(n)


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2 CHAPITRE 1 : DIVISIBILIT ET PREMIERS

La rcurrence forte. Si on montre

P(1) et n 2P(k) vrai pour toutk avec1 k < n

= P(n)


Il y a dautres variations, surtout des rcurrences sur tout n 0 ou tout n 2, etc., ou desrcurrences dordre3, etc. Toutes les formes de la rcurrence marchent pour la mme raison : laproprit des minimums dans N. Dmontrons par exemple la validit de la rcurrence simple.

Preuve de la rcurrence simple. Supposons quon a montr que P(1) est vrai, et que pourtout n 2, on a montr P(n 1) P(n). Considrons le sous-ensemble

S= {n N |n 1, et P(n) est faux} N.

Si Snest pas vide, il a un plus petit membre s0 par la proprit 1.1. Montrons par labsurdeque cest impossible.

Donc supposons au contraire que S est non vide et contient un plus petit membre s0.Comme on a montr que P(1)est vrai, on a1 Set doncs0= 1. Donc on doit avoir s0 2.

Mais alors on a s0 1 1. On a aussi s0 1Scar il est plus petit que le plus membre s0de S. Vue la dfinition de S, la combinaison s0 1 1 et s0 1S implique que P(s0 1)est vrai. Mais vu que P(n 1) P(n)pour tout n 2, on dduit que P(s0) est vrai aussi.Cela implique s0S. Mais s0 est le plus petit membre de S. Contradiction.

On conclut que Sest vide, et donc que P(n)est vrai pour tout n 1.

Faisons quelques dmonstrations par rcurrence.

Exercice 1.3. Montrer par une rcurrence simple pour tout n 1 on a

1

1 2+

1

2 3+ +

1

n(n+ 1)=

n

n+ 1.

Solution. Appelons la formuleP

(n). Il suffit de montrerP

(1) et de montrer que pour toutn 2 on a P(n 1) = P(n).

P(1) La formule P(1) dit que 112 = 12 est gal

11+1 =

12 , qui est vrai.

P(n)pour n 2 Soit n 2, et supposons que P(n 1) est vrai. Cela signifie quon a

1

1 2+

1

2 3+ +

1

(n 1)n=

n 1

n .

Ajoutons 1n(n+1)

aux deux membres de cette quation, puis traitons le membre de droite :

1

1 2+

1

2 3+ +

1

(n 1)n+

1

n(n+ 1)=

n 1

n +

1

n(n+ 1)

=(n 1)(n+ 1)n(n+ 1)

+ 1n(n+ 1)

=(n2

1) + 1n(n+ 1)

= n nn(n+ 1)

= nn+ 1

.

Donc P(n) est vraiaussi.On a ainsi dmontr notre formule par une rcurrence simple.

Exercice 1.4. Dfinissons une suite par

u1= 1, u2= 1, un= 5un1 6un2 pourn 3.

Montrer par rcurrence dordre2 que pour tout n 1 on aun= 3n 2n+1.


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CHAPITRE 1 : DIVISIBILIT ET PREMIERS 3

Solution. Soit P(n) lnonc un = 3n 2n+1. Dmontrons cet nonc par rcurrence enmontrant P(1) et P(2) et que pour n 3 on a

P(n2) et P(n1)

= P(n).

P(1) On a u1= 1 et 31 21+1 = 3 4 =1.

P(2) On a u2= 1 et 32 22+1 = 9 8 = 1.

P(n)pour n 3 Supposons que P(n 2) et P(n 1) sont vrais, cest dire quon a

un1= 3n1 2n, un2 = 3

n2 2n1.

On a alors

un= 5un1 6un2= 5(3n1 2n) 6(3n2 2n1)

= (5 3n1 6 3n2) (5 2n 6 2n1).

(On met les puissances de 3 cte cte et les puissances de 2 cte cte parce que cela nousaidera simplifier.) Comme on a 3n1 = 3 3n2 et 2n = 2 2n1, cela donne

un = (533n263n2)(522n162n1) = 93n242n1 = 323n2222n1 = 3n2n+1.

Donc P(n) est vrai aussi.

2. Divisibilit et lalgorithme dEuclide

Dfinition 2.1. Soit a et b entiers. On dit que a divise b sil existe un entier s avec as= b.On dit aussi que aest un diviseur de b, et que b est divisible par a. On le note a| b.

Si a| b et a| c, alors a est dit un diviseur commun de b et c.Quand ane divise pas c, on le note a c.

Les proprits faciles de la divisibilit sont les suivantes.

Proprits 2.2. Pour a, b, c, m, nentiers :(a) 1 | a et a| a et a| 0.(b) Si a| b et b| c, alors a| c.(c) Si a| b et a| c, alors a| bm+cn.(d) a| 1 si et seulement si a= 1.(e) a| b et b| a si et seulement si a= b.(f) Pourm= 0on a ma| mb si et seulement si a| b.(g) Si a| b et a >0 et b >0, alors a b.

Thorme 2.3 (Division euclidienne). Soit a et b entiers avec b 1. Alors il existe desentiers uniquesq etr avec

a= bq+r, 0 r < b (1)

Preuve. Existence.On cherche un entier r de la forme r= a bqavec q Zqui vrifie r 0et r < b.

Lensemble des entiers de la formea bmavec m Zcontient bien des membres positifs :il suffit de prendre m= N avec Ntrs grand et positif. Donc le sous-ensemble

S= {a bm| m Zet a bm 0} N

est non vide. Par la proprit 1.1, il contient un plus petit membre r, que lon peut crire sousla forme r= a bqavec q Z. On a r S N donc r 0. De plus, r b est plus petit que


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le plus petit membre r de S, et donc on a r b = a b(q+ 1) S. Vue la dfinition de S,cela implique quon a r b= a b(q+ 1) < 0. Et cela donne r < b.

Unicit. Si on a a = bq+ r avec 0 r < b, et a = bq +r avec 0 r < b, alors on abq+ r= bq + r et doncbq bq =r r et finalement b(q q) =r r. Or on a0 r < bet

b 0 on peut diviser parb sans changer le sens des ingalits. Donc on a 1< q q


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Pour calculer le pgcd de 4147et 10672, on fait

10672 = 2 4147 + 2378,

4147 = 1 2378 + 1769,

2378 = 1 1769 + 609,

1769 = 2 609 + 551,

609 = 1 551 + 58,

551 = 9 58 + 29,

58 = 2 29 + 0.

On trouve pgcd(4147, 10672) = 29.

Lalgorithme dEuclide. Pour calculer le pgcd de u et v, on pose dabord u2 = u etu1 = v. Pour i= 0, 1, 2, . . . , tant que ui1 = 0, on pose ui = reste(ui2, ui1). Quand onarrive uN = 0, on sortpgcd(u, v) =uN1, le dernier reste non nul.

Donc on calculeu= a0v+u0,

v= a1u0+u1,

u0= a2u1+u2,

...

uN3= aN1uN2+uN1,

uN2= aNuN1+ 0,

(4)

avec les ai et ui entiers. Et vu que dans la division euclidienne (2) le diviseur b et le reste rvrifient 0 r u0 > u1 > > uN1 >0. (5)

Thorme 2.5. Lalgorithme dEuclide (4) calculant le pgcd deu etv termine, et son dernierreste non nul vrifieuN1= pgcd(u, v).

Dmonstration. La suite de restes successifs |v| > u0 > u1 > est une suite strictementdcroissante dans N, et donc est finie par le thorme 1.2. Par consquent lalgorithme doitsarrter dans un temps fini, ce quil ne peut faire quen trouvant un uN = 0.

Pour montrer que uN1 est bien le pgcd de u et v, on montre dabord que tout d divisantdeux membres conscutifs de la suite des restes u2, u1, u0, . . . , uN1, uN divise tous lesmembres de la suite. Cela se montre par les quations (4) comme on a fait pour 10 et 26, maispar une rcurrence formelle omise ici. Ainsi uN1, qui divise les deux derniers restes uN1 et

uN = 0, divise tous les membres de la suite dont u2 = u et u1 = v. Donc uN1 est undiviseur commun de u et v. Egalement, tout diviseur commun d des deux premiers membresde la suite u= u2 et v =u1 divise aussi lavant-dernier membre uN1. Donc uN1 est undiviseur commun de u et v divisible par tous leurs diviseurs communs, et par dfinition il estleur pgcd.

Thorme 2.6. Tout systme fini dentiers a1, a2, . . . , ar a un pgcd, qui est unique signeprs, et il vrifie

pgcd(a1, a2, . . . , ar) = pgcd

a1, pgcd(a2, . . . , ar)

.


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Preuve. Unicit. Supposons quedetd sont des pgcd dea1, . . . , ar1, ar. Alorsdest un diviseurcommun de a1, . . . , ar1, ar et donc divise leur pgcd d

, et vice-versa. Ainsi d | d et d | d.Mais cela entrane d= d.

Existence. On va par rcurrence sur r. Le pgcd dun entier est pgcd(a1) = a1. Pour deux

entiers pgcd(a1, a2)est le dernier reste non nul de lalgorithme dEuclide par le thorme 2.5.Supposons alorsr 3et que le pgcd dun systme de sentiers existe tant quon a1 s r 1.En particulier d= pgcd

a1, pgcd(a2, . . . , ar)

existe. Il suffit de montrer que d est le pgcd de

a1, a2, . . . , ar.. . .( complter)

3. Le lemme de Bezout et lalgorithme dEuclide tendu

Lemme de Bezout. Soit u, v entiers et d = pgcd(u, v). Alors il existe des entiers x et yavecux+vy = d.

Une relation de Bezout est une quation de la forme ux+vy = d avec u,v,d,x,y entierset d = pgcd(u, v). On peut avoir plusieurs relations de Bezout pour les mmes u, v, d. Parexemple, pour u= 5 et v = 2 et d= 1, on a des relations de Bezout avec (x, y) = (1, 2) ou(x, y) = (1, 3) ou (x, y) = (2m+ 1, 5m 2) pour nimporte quel m Z.

On donne un algorithme qui calcule un x et un y explicitement. Cet algorithme nest pasidentique aux calculs faits en remontant lalgorithme dEuclide, mais cest trs apparent.Cet algorithme sera rutilis dans le prochain chapitre pour calculer les rduites dune fractioncontinue.

Algorithme dEuclide tendu. On a deux entiersu, v en entres. On pose

u2= u, u1 = v,

p2= 0, p1 = 1,

q2= 1, q1 = 0.

(6)

Pour i= 0, 1, 2, . . . , tant queui1= 0, on pose

ai = quot(ui2, ui1), pi = aipi1+pi2,

ui = reste(ui2, ui1), qi = aiqi1+qi2. (7)

Quand on arrive uN = 0, on sortd= uN1 et q= qN1 etp= pN1.

Thorme 3.1. Lesd, p, etqsortis par lalgorithme dEuclide tendu vrifientd = pgcd(u, v)etuq vp = (1)N1d.

Donc on trouve la relation de Bezout ux+vy = d en changeant quelques signes.Regardons quelques exemples. Les deux premires colonnes et la premire ligne sont des

dcorations. On remplit les troisime et quatrime colonnes avec (6) et les colonnes plus droite par (7).

+ + + ai 2 1 1 2ui 26 10 6 4 2 0

10 pi 0 1 2 3 5 1326 qi 1 0 1 1 2 5


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On a toujours 26qi 10pi = (1)iui. (Cest la signification des 10, 26, + et dans les

premires ligne et colonne.)

26 1 10 0 = 26, 26 1 10 2 = 6, 26 2 10 5 = 2,

26 0 10 1 =10, 26 1 10 3 =4, 26 5 10 13 = 0.

+ + + + +ai 2 1 1 2 1 9 2ui 10672 4147 2378 1769 609 551 58 29 0

4147 pi 0 1 2 3 5 13 18 175 36810672 qi 1 0 1 1 2 5 7 68 143

Cette fois on a10672qi4147pi = (1)iui. En particulier on trouve10672684147175 =29,

qui est la relation de Bezout signe prs.

Lemme 3.2. Dans lalgorithme dEuclide tendu dquations (6) et (7), on a uqi vpi =(1)iui pour tout i avec2 i N.

Le thorme 3.1 est le cas particulier i= N 1du lemme.

Preuve. On fait une rcurrence par deux. Les cas initiaux sont i = 2 et i = 1, o on abien u 1 v 0 =u et u 0 v 1 =v, respectivement.

Donc supposons quon a un i avec 0 i N, et que la formule du lemme est vrai auniveaux i 1 et i 2 :

uqi1 vpi1= (1)i1ui1,

uqi2 vpi2= (1)i2ui2.

On multiplie la premire quation par ai, et on lajoute la seconde, donnant

u(aiqi1+qi2) v(aipi1+pi2) = (1)i1

aiui1+ (1)i2

ui2= (1)i(ui2 aiui1).

Le fait que ai et ui sont le quotient et le reste de la division de ui2 par ui1 signifie quon aui2= aiui1+ui, et doncui = ui2aiui1. Substituant cela et les formulesqi = aiqi1+qi2et pi = aipi1+pi2 du (7) dans lquation ci-dessus donne bien uqi vpi = (1)

iui.

Quand on a pgcd(a, b) = 1, on dit que a est premier avec b, ou que a et b sont premiersentre eux.

Quelques autre proprits des pgcd :

Proprits 3.3. (a) On a pgcd(ma, mb) =m pgcd(a, b).

(b) Pour d un diviseur commun de aet b, on a pgcd(a

d

, b

d

) = pgcd(a,b)

d

.

(c) En particulier apgcd(a,b)

et bpgcd(a,b)

sont premiers entre eux.

(d) Il existex et y entiers avecax + by= 1si et seulement si a et b sont premiers entre eux.(e) Si a est premier avec b et c, il est aussi premier avec bc. (Cest parce que pour a

premier avec b et c il existe des entiers x, y, t, u avec ax+ by = 1 et at+ cu = 1 et doncax+by(at+cu) =a(x+byt) +bc(yu) = 1 do aest premier avec bc.)

(f) On a pgcd(a, b) = pgcd(a,Na+ b) = pgcd(a,Na b). (Cest parce que les diviseurscommuns de aet bsont les mmes que les diviseurs communs de aet N a b.) En particulieraet N a 1 sont toujours premiers entre eux.


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4. Les nombres premiers

Dfinition 4.1. Un nombre naturel p est premier si p 2 et les seuls diviseurs (positifs) dep sont 1 et p.

Un nombre naturel nest compos si n 2 et nnest pas premier.Les plus petits nombres premiers sont 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 43, 47. La

liste de tous les premiers Nse calcule par un procd appel la crible dEratosthne.

Thorme 4.2. (a) (Le lemme de Gauss) Sia| bc etpgcd(a, b) = 1, alorsa| c.(b) Soit p un premier etb entier. Alors soitp| b soitpgcd(p, b) = 1.(c) Sip et premier et p| bc, alorsp| b ou p| c.(d) Sip est premier etp| b1b2 br, alorsp divise un des bi.

Preuve. (a) Par le lemme de Bezout il existe des entiers x et y avec ax+ by = 1. Alorsc= 1 c= (ax+by)c= acx+bcy. Comme a| a et a| bc, on trouve a| acx+bcy = c.

(b) Commepgcd(p, b) est un diviseur de p, il est soit p soit 1 car ce sont les seuls diviseurs

positifs du premier p. Si pgcd(p, b) =p on a p| b. Sinon on a pgcd(p, b) = 1.(c) Par le (b) on a soit p| b soit pgcd(p, b) = 1. Dans le deuxime cas, le lemme de Gauss

implique quon a p| c.(d) Appliquer le (c) et la rcurrence.

Le thorme de factorisation unique. Tout entier n 2 est un produit de nombrespremiers. De plus, lcrituren= p1p2 pr comme un produit de nombres premiers est unique lordre des facteurs prs.

Preuve. Existence.On utilise une rcurrence forte. Le cas initial est n = 2, qui est un nombrepremier, et est le produit de 1 nombre premier 2.

Maintenant considrons n 3, et supposons que tout k avec 2 k n 2 est un produitde nombres premiers. Alors n est soit premier soit compos. Si n est premier, il est le produitde 1 nombre premier n, et a va. Si n est compos, alors n = ab avec 2 a n 2 et2 b n 1. Par lhypothse de rcurrence, on peut crire n = q1 pr et b = q1 qscomme des produits de premiers. Alors n= p1 prq1 qs est aussi un produit de premiers.Conclusion : que nsoit premier ou compos, il est un produit de premiers.

Unicit. Supposons quon a deux critures n = p1p2. . . pr et n = q1q2. . . q s dun nombrecomme produits de premiers. On montre par rcurrence simple sur r 1que les deux crituressont les mmes ordre prs.

Dans le cas initial r = 1, le nombre n = p1 est premier, mais il scrit aussi n = q1. . . q s.Comme un nombre premier nest pas un produit de 2 entiers (ou plus) qui sont 2, il fautque s= 1 et n= q1. Ainsi les critures sont les mmes.

Maintenant considrons le cas r 2 en supposant le cas r 1 1. On a deux factorisation

en premiersn = p1p2 pr =q1q2 qs. Alorsp1est premier etp1| q1q2 qs. On dduit alorsdu thorme 4.2(d) que p1 divise un des qi. En modifiant lordre des qi si ncessaire, on peutsupposer que p1| q1. Or les seuls diviseurs positifs du premier q1 sont 1 et q1, et p1= 1car ilest premier. Donc on a p1= q1. De plus on a deux critures

np1

=p2 pr et np1

=q2 qsdun

mme nombre comme un produit de r 1et s 1premiers. Par lhypothse de rcurrence, lesdeux critures pour n

p1sont les mmes lordre des facteurs prs. On dduit que les critures

n= p1p2 pr et n= p1q2 qs = q1q2 qs sont les mmes lordre des facteurs prs.

Thorme 4.3 (Euclide). Il y a une infinit de nombres premiers.


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Dmonstration. Supposons au contraire quil ny a quun nombre fini de premiersp1, p2, . . . , pr.Alors le nombre n = p1p2 pr+ 1nest divisible par aucun despi. Maisn est soit un premiersoit un produit de premiers. Donc il y a un premier diffrent de p1, p2, . . . , pr.

Lcriture standard dun entier n 2 comme un produit de premiers est une crituren= pe11 pe22 p

err o p1 < p2

Chapitre 1 - Divisibilité Et Premiers

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