Exercices sur les nombres premiers

Exercices sur les nombres premiers
4 Soit p un nombre premier strictement supérieur à 3.
Démontrer que si 8p – 1 est premier, alors 8p + 1 n’est pas premier.
Indication : raisonner en congruence modulo 3.
5 Soit p un nombre premier supérieur ou égal à 3.
Démontrer que p 2  1 est divisible par 8.
Indication : utiliser la parité de p.
1 Quelques curiosités
1°) Nombres premiers palindromes
Un nombre palindrome est un entier dont l’écriture en base dix peut se lire dans les deux sens (comme 272,
10 301, …)
Quels sont les nombres premiers palindromes inférieurs à 200 ?
2°) Nombres premiers jumeaux
Deux nombres premiers jumeaux sont deux nombres premiers impairs consécutifs (comme 11 et 13 ou 17 et
19). Il s’agit de deux nombres premiers qui ont un écart de 2.
Quels sont les couples de nombres premiers jumeaux inférieurs à 200 ?
6 Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3.
On pose a  n 2  2n  3 .
Existe-t-il des valeurs de n telles que a soit un nombre premier ?
7 Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3.
On pose a  n 2  3n  2 .
Existe-t-il des valeurs de n telles que a soit un nombre premier ?
8 1°) Démontrer que 173 est un nombre premier (sans utiliser la table des nombres premiers ).
2°) Déterminer les couples (x, y) d’entiers naturels tels que x 2  y 2  173 .
3°) Soit p un nombre premier supérieur ou égal à 3.
Déterminer les couples (x, y) d’entiers naturels tels que x 2  y 2  p .
Information :
Les Français Lifchitz et Gallot ont démontré en 1998 que les couples suivants sont des nombres jumeaux :
a) 40 883 037  23 356  1 ;
9 Décomposer en produit de facteurs premiers chacun des nombres suivants :
A  8820 ; B  73205 ; C  24 14 ; D  48 17 .
10 En utilisant la décomposition en produit de facteurs premiers, déterminer le PGCD et le PPCM de 1 400 et
10 780.
b) 361 700 055  23 356  1 .
11 Carrés et cubes parfaits
Le 25 décembre 2011, on a trouvé le couple de nombre jumeaux suivants qui est le record actuel :
3 756 801 695 685  2666 669  1 .
3°) Nombres premiers circulaires
Un tel nombre est tel que, si l’on fait tourner ses chiffres, on obtient d’autres nombres premiers (exemple : 197,
719 et 971 sont premiers). Entre 2 et 200, il existe 12 nombres premiers circulaires.
Lesquels ?
Par convention, les nombres de premiers de 1 chiffre sont circulaires.
2 Nombres de Mersenne
On nomme ainsi les entiers de la forme 2n  1 (n entier naturel) en l’honneur du père Marin Mersenne, qui les
étudia en 1644.
1°) Vérifier que ces nombres sont premiers pour n  {2, 3, 5, 7, 13}.
2°) Étudier le cas n  11 .
Partie A
1°) Sans calculatrice, démontrer que 324 est un carré parfait.
2°) Sans calculatrice, démontrer que 216 est un cube parfait.
3°) Quel est le plus petit entier naturel :
a) qui, multiplié par 2000, donne un carré parfait ?
b) qui, multiplié par 2100, donne un cube parfait ?
Partie B
1°) Déterminer une condition nécessaire et suffisante pour qu’un entier naturel supérieur ou égal à 2 soit un
carré parfait à partir de sa décomposition en facteurs premiers.
2°) Même question avec un cube parfait.
12 Nombres premiers d’Euler
1°) Vérifier que pour tous les entiers n de 0 à 39, n 2  n  41 est un nombre premier.
2°) Vérifier que pour n  40 , le nombre n 2  n  41 n’est pas premier.
1°) Démontrer que p est de la forme 3k + 1 ou 3k – 1 avec k   .
13 Écrire chacun des nombres suivants sous la forme a b où a et b sont des entiers naturels, b le plus petit
possible.
2°) La réciproque est-elle vraie ?
A  24200
3 Soit p un nombre premier strictement supérieur à 3.
*
B  66150
22 Démontrer que tout nombre premier p strictement supérieur à 3 est de la forme 6k – 1 ou 6k + 1 avec
14 1°) Donner la décomposition en produit de facteurs premiers de 84 et 150.
84
2°) Simplifier la fraction
. Donner le résultat sous la forme d’une fraction irréductible.
150
15 En utilisant la décomposition en facteurs premiers, écrire chacune des fractions suivantes sous forme de
fraction irréductible :
(  8)²  (  15) 3
2214
15  25
10²
; B
; C 4 ; D
.
A
2829
50  22
25
122  5
16 En utilisant la décomposition en facteurs premiers et un arbre de possibilités, déterminer la liste des
diviseurs positifs de 84.
k  .
23 Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2.
1°) Démontrer que les (n – 1) entiers naturels n ! + 2, n ! + 3, n ! + 4, … n ! + n ne sont pas premiers.
2°) Donner un exemple de dix entiers naturels consécutifs non premiers.
24 Les nombres entiers dont l’écriture décimale n’utilise que le seul chiffre 1 peuvent-ils être premiers ?
Pour tout entier naturel p  2, on pose N p  1...1 où le chiffre 1 apparaît p fois.
On rappelle dès lors que N p  10 p 1  10 p 2 +...  100 .
17 Conjecture de Goldbach
« Tout nombre entier pair autre que 2 peut s’écrire comme la somme de deux entiers premiers. »
e
Cette conjecture, formulée au XVIII siècle, n’a pas encore été démontrée.
1°) Les nombres N 2  11 , N 3  111 , N 4  1111 sont-ils premiers ?
2°) Démontrer que 10 p  1 est divisible par 9.
3°) On se propose de démontrer que si p n’est pas premier alors N p n’est pas premier.


On rappelle que pour tout réel x et pour tout entier naturel n non nul, x n  1   x  1 x n 1  x n 2  ...  x  1 .
Écrire les nombres 8, 18, 24 comme somme de deux nombres premiers.
a) On suppose que p est pair et on pose p  2q , où q  .
*
Démontrer que N p est divisible par N 2 .
18 Nombre de diviseurs d’un entier naturel
b) On suppose que p est multiple de 3 et on pose p  3q , où q*.
Quel est le plus petit entier naturel ayant exactement 15 diviseurs positifs ?
Démontrer que N p est divisible par N 3 .
c) On suppose que p n’est pas premier et on pose p  kq , où q * et k *.
19 Soit n un entier naturel quelconque.
On pose : a  n 5  n .
En déduire que N p est divisible par N k .
4°) Énoncer une condition nécessaire pour que N p soit premier.
Cette condition est-elle suffisante ?
3
1°) Démontrer que a est divisible par n  n .
2°) Démontrer que a est divisible par 30.
20 Démontrer que pour tout entier naturel n, le nombre n7  n est divisible par 42.
25 Les nombres premiers de Sophie Germain
1°) Soit p un nombre premier.
Si 2p  1 est un nombre premier, alors on dit que p est un nombre premier de Sophie Germain.
21 Représentation des diviseurs d’un nombre dans l’espace
1°) On a : 60  2 2  5  3 .
Comprendre et reproduire la figure suivante où l’on a représenté les diviseurs du nombre 60 à l’aide de leur
décomposition en facteurs premiers.
15
30
60
Déterminer les nombres premiers de Sophie Germain inférieurs à 50.
2°) On appelle chaîne de Cunningham de première espèce une suite de nombres premiers vérifiant la relation
pi 1  2  pi  1 .
À l’aide de la question 1°), déterminer une chaîne de Cunningham de première espèce.
5
10
20
6
3
1
12
2
4
2°) Représenter de la même façon l’ensemble des diviseurs de 1 800.
Marie-Sophie Germain (1776-1831) fut une des premières femmes mathématiciennes françaises reconnues.
Cette autodidacte fut reconnue pour ses travaux sur le dernier théorème de Fermat que vérifient les nombres
qui portent désormais son nom.
26 Crible de Matiyasevich
Crible (mathématiques) :
Yuri Matiyasevich est aujourd’hui directeur du laboratoire de logique mathématique de l’Institut mathématique
de Saint-Pétersbourg.
On se propose de découvrir dans ce problème de multiplication de Yuri Matiyasevich et d’observer la nature
des nombres qu’il met en évidence dans son crible géométrique.
A. Instrument constitué essentiellement d'une surface plane percée de nombreux petits trous et servant à séparer
des solides de différentes grosseurs. Synon. passoire, tamis
1°) Conjectures
a) À l’aide du logiciel Geogebra, tracer la représentation graphique de la fonction « carré ».
Créer un curseur m de 2 à 20 avec pour incrément 1.
Dans la zone de saisie, taper Séquence[(i,i²),i,2,m] et Séquence[(–i, i²),i,2,m] pour obtenir les points à
coordonnées entières de la parabole.
b) Pour relier deux à deux les points des Liste 1 et Liste 2, taper :
Séquence[Séquence[Segment[(i,i²),(-j,j²)],i,2,m],j,2,m]. Déplacer le curseur m.
c) Conjecturer l’ordonnée du point d'intersection du segment reliant les points de coordonnées (i,i²) et (-j,j²)
avec l’axe des ordonnées.
d) Par certains points de coordonnées (0 ; k), avec k   , ne passe aucun de ces segments. Conjecturer une
propriété de ces nombres k.
Au fig. Soumettre quelque chose à une sélection, une critique impitoyable.
2°) Quelques justifications
On se place dans un repère du plan. Sur la parabole C d’équation y  x 2 , on considère les points M et N
d’abscisses respectives les nombres entiers m et – n (avec m  2, n  2).
Loc. Passer quelque chose au crible. Trier quelque chose au moyen d’un crible.
B.− [P. anal. de forme] Objet percé de nombreux petits trous.
Spéc., MATH. Crible d'Ératosthène. Méthode de sélection des nombres premiers, par exclusion progressive de
tous les nombres divisibles par 2, 3, 5, 7, 11, etc.
27 Principe des tiroirs
1°) -Trouver six entiers strictement positifs et inférieurs à 10 tels qu’aucun d’entre eux n’en divise un autre.
-Trouver huit entiers strictement positifs et inférieurs à 14 tels qu’aucun d’entre eux n’en divise un autre.
Il semble que dans tout ensemble de n  1 nombres strictement inférieurs à 2n, il y en ait toujours un qui en
divise un autre. C’est ce que nous allons démontrer.
a) Déterminer une équation de la droite (MN). En déduire les coordonnées du point K, intersection de la droite
(MN) et de l’axe des ordonnées.
2°) Justifier que tout entier strictement positif s’écrit d’une manière unique de la forme d’une puissance de 2
multipliée par un nombre impair.
Le crible de Matyassevitch permet de multiplier des nombres de manière géométrique (sans faire de calcul).
3°) Soit q1 , q2 , …, qn1 les n  1 nombres considérés. D’après la question 2°), on peut donc écrire, pour tout i
Ce crible est dû à deux mathématiciens russes contemporains : Yuri Matiyasevitch et Boris Stechkin.
compris entre 1 et n  1 : qi  2 ai  bi ou bi est un nombre impair et ai un entier positif ou nul.
a) Combien y a-t-il de nombres impairs inférieurs à 2n ?
b) En déduire que deux des nombres bi sont égaux entre eux.
4°) Conclure.
Qu’appelle-t-on un « crible » ?
En mathématiques, les cribles sont des techniques algorithmiques permettant d’approcher le cardinal de
certains ensembles de nombres.
D’autre part, ils permettent de discriminer les nombres possédant certaines propriétés :
 nombres premiers ;
 carrés ;
 nombres parfaits.
Cela permet donc de déterminer la répartition de certaines classes de nombres dans .
Parmi les cribles les plus célèbres, on peut citer :
- le crible d’Ératosthène
- le crible quadratique
- l’algorithme de factorisation par crible sur les corps de nombres généralisé
- le crible d’Atkin
- le crible de Sundaram
D’autre part, la formule permettant de calculer le cardinal d’une union d'ensembles finis par le principe
d’inclusion-exclusion est parfois appelée Formule du crible de Poincaré.
Corrigé
3
p  , p premier, p  3
1 Quelques curiosités autour des nombres premiers
1°) Nombres premiers palindromes inférieurs à 200
1°) Démontrons que p est de la forme 3k + 1 ou 3k – 1 avec k  *.
2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 101 ; 131 ; 151 ; 181 ; 191
Tout nombre entier est congru à 0, 1 ou 2 modulo 3.
2°) Nombres premiers jumeaux inférieurs à 200
 1er cas : p  0 [3] impossible (sinon 3 diviserait n et n est premier)
(3 ; 5), (5 ; 7), (11 ; 13), (17 ; 19), (29 ; 31), (41 ; 43), (59 ; 61), (71 ; 73), (101 ; 103), (107 ; 109), (137 ; 139),
(149 ; 151) ; (179 ; 181), (191 ; 193), (197 ; 199)
 2e cas : p  1 [3]
3°) Nombres premiers circulaires inférieurs à 200
Dans ce cas, p peut s’écrire sous la forme 3k + 1 avec k  *.
On enlève déjà dans la recherche tous les nombres qui contiennent au moins un chiffre pair dans leur écriture
décimale.
 3e cas : p  2 [3]
2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 13 ; 17 ; 31 ; 37 ; 71 ; 73 ; 79 ; 97 ; 113 ; 131 ; 197 ; 199
Or 2 est congru à – 1 modulo 3 donc n   1 [3].
Tiré de l’article de Jean-Paul Delahaye « Les chasseurs de nombres premiers »
Les seuls nombres premiers circulaires connus sont : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 37, 79, 113, 187, 199, 337, 1193,
3779, 11939, 19937, 193939, 199933, 11...1 (19 fois le "1"), 11...1 (23 fois le "1") 11...1 (317 fois le "1")
11...1 (1 031 fois le "1").
On pourrait faire un programme permettant de déterminer les nombres premiers circulaires inférieurs ou égaux
à 1000 (cf. document « Marche aléatoire, tri par insertion, et nombres premiers circulaires).
2 Nombres de Mersenne (tous les entiers de la forme 2 n  1 avec n entier naturel)
1°) Vérifions que ces nombres sont premiers pour n  {2, 3, 5, 7, 13}.
22 1  3
23  1  7
Dans ce cas, p peut s’écrire sous la forme 3k – 1 avec k  *.
2°) La réciproque est-elle vraie ?
La réciproque est fausse.
4 est de la forme 3k + 1 mais n’est pas premier (on peut aussi prendre 10).
8 est de la forme 3k – 1 mais n’est pas premier.
4 p nombre premier, p > 3
Démontrons que si 8p – 1 est premier, alors 8p + 1 n’est pas premier.
Raisonnons en congruence modulo 3.
D’après l’exercice précédent, p est congru soit à 1 soit à 2 modulo 3.
25  1  31
1er cas : p  1 [3]
7
2  1  127
213  1  8191
On a alors 8 p  2 [3]
D’où 8 p  1  1 [3] et 8 p  1  0 [3].
Donc 8p + 1 n’est pas premier.
Tous ces nombres sont premiers
2°) Étudions le cas n = 11.
211  1  2047
2e cas : p  2 [3]
On a alors 8 p  1 [3]
Donc 8 p  1  0 [3] et 8 p  1  2 [3]
2047 est divisible par 23 (2047 = 23  89) donc ce nombre n’est pas premier.
11 est la plus petite valeur de n telle que n soit premier et 2n  1 ne soit pas premier.
D’après l’étude, si 8p – 1 est premier, alors p  1 [3] et nous avons vu que dans ce cas, 8p + 1 n’est pas
premier.
Donc si 8p – 1 est premier, alors 8p + 1 n’est pas premier.
Donc P  x    x  1 x – 3 
p  0 [3] n’est pas à envisager car p > 5 donc p n’est pas divisible par 3.
On en déduit que a = (n + 1) (n – 3).
Méthode de Thomas Mordant :
Si n  5, n – 3  2 et n + 1  6 donc a est le produit de deux entiers naturels supérieurs ou égaux à 2.
On utilise un tableau de congruences.
Il reste deux cas à examiner :
p
0
1
2
8p
0
2
1
8p – 1
–1
1
0
8p + 1
1
0
2
Si n = 3, alors a  0 et a est n’est pas premier.
Si n = 4, alors a  5 et a est premier.
Conclusion : a est premier si et seulement si n  4 .
7 Solution détaillée :
n  , n  3
5
a  n 2  3n  2
p nombre premier, p  3
Déterminons s’il existe des valeurs de n telles que a soit un nombre premier.
Démontrons que p 2  1 est divisible par 8.
1ère méthode :
p nombre premier, p  3 donc p est un nombre impair donc p peut s’écrire sous la forme p = 2k + 1 avec
k  .
On a : a   n  1 n  2  .
Or : n  3 donc n + 1  4 et n + 2  5.
2
2
D’où p  1   2k  1  1
 4k 2  4k  1  1
 4k 2  4k
 4k  k  1
Or k et k + 1 sont deux nombres entiers consécutifs donc le produit k(k + 1) est un nombre pair.
Il peut donc s’écrire sous la forme 2k' (k'  ).
Donc p 2  1  8k ' donc 8 | p 2  1 .
On en déduit que a ne peut pas être premier (produit de deux entiers naturels tous les deux différents de 1).
On dit que a est un nombre composé.
2e méthode :
a   n  1 n  2 
a est le produit de deux entiers naturels consécutifs donc a est un nombre pair.
De plus les deux facteurs sont strictement supérieurs à 2 donc a  2 .
Par conséquent, a n’est jamais premier.
Autre façon de démontrer que a n’est pas premier : utilisation de la parité
6
n3
a  n(n  3)  2
 n( n  1  2)  2
 n(n  1)  2n  2
a = n 2  2n  3
n(n + 1) est le produit de deux nombres consécutifs donc n(n + 1) est pair ainsi que 2n et 2.
Déterminons s’il existe des valeurs de n telles que a soit un nombre premier.
Donc a est pair.
Or a  3 donc a  2.
Le polynôme P (x) = x 2  2 x  3 (trinôme du second degré en x) s’annule en – 1 et en 3.
Ainsi, a ne peut pas être un nombre premier.
Variante : utilisation de la parité de n
3°) p : nombre premier supérieur ou égal à 3.
1er cas : n pair
Dans ce cas, a est pair.
Déterminons les couples (x, y) d’entiers naturels tels que x 2  y 2  p (F).
2e cas : n impair
Dans ce cas, a est pair.
a est pair est strictement supérieur à 2 donc a n’est pas premier.
Dans 2, on a l’équivalence :
(F)  (x + y) (x – y) = p
Comme x   et y  , on a : x + y  0.
8
Pour les mêmes raisons qu’au 2°), x – y et x + y sont des entiers naturels tels que x – y  x + y qui divisent p.
1°) Démontrons que 173 est un nombre premier.
p a dans  deux diviseurs : 1 et p.
173  13,15
On vérifie aisément que 173 n’est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11 et 13.
173 est donc un nombre premier.
On peut aussi vérifier le résultat à l’aide d’un programme sur calculatrice ou d’un logiciel de calcul formel sur
ordinateur.
2°) Déterminons les couples (x, y) d’entiers naturels tels que x 2  y 2  173 (E).
(E) est une équation diophantienne.
Dans 2, on a l’équivalence :
(E)  (x + y) (x – y) = 173
Comme x   et y  , on a : x + y  0.
De plus, comme – y  y (car y  0), on a : x – y  x + y
173 a dans  deux diviseurs : 1 et 173.
x  y  1
 2 x  174
On a donc nécessairement 
ce qui donne 
(addition et soustraction membre à membre)
 x  y  173
 2 y  172
 x  87
soit 
.
 y  86
La solution de (E) est le couple (87 ; 86).
x  y  1
2 x  p  1
On a donc nécessairement 
ce qui donne 
(addition et soustraction membre à membre)
x  y  p
2 y  p 1
p 1

 x  2
soit 
.
 y  p 1

2
On peut noter que comme p est un nombre premier supérieur ou égal à 3, p est impair et donc p + 1 et p – 1 sont
p 1
p 1
des entiers pairs, ce qui est entraîne à son tour que
  et

2
2
p  1 p 1
La solution de (F) est le couple (
;
).
2
2
9 Décomposition en produit de facteurs premiers
Décomposition de grands nombres (A et B) : présentation en colonnes, utilisation de la liste des nombres
premiers (qui doit être connue) et des critères de divisibilité. On teste tous les diviseurs premiers dans l’ordre
croissant.
Vérification sur ordinateur possible (on rentre le nombre et l’on obtient immédiatement la décomposition en
facteurs premiers).
8820
4410
2205
735
245
49
7
1
2
2
3
3
5
7
7
73205
14641
1331
121
11
1
5
11
11
11
11
Il faut prendre les nombres premiers dans l’ordre croissant. Il faut d’abord épuiser le 2.
A  2 2  32  5  7 2
B  5  114
Décomposition de petits nombres (C et D) : présentation en lignes
10 Décompositions en facteurs premiers ; recherche de PGCD et de PPCM
C  24 14  2 12  2  7  2 4  3  7
D  48 17  24  3 17
La méthode pour C est de décomposer 24 et 14 en produit de facteurs premiers.
24
12
6
3
1
2
2
2
3
14 2
7 7
1
2
2
2
2
3
2
2
2
5
5
7
10780
5390
2695
539
77
11
1
2
2
5
7
7
11
1400  23  52  7
10780  2 2  5  7 2  11
La méthode pour D est de décomposer 48 et 17 en produit de facteurs premiers.
48
24
12
6
3
1
1400
700
350
175
35
7
1
On peut aussi vérifier ces décompositions en facteurs premiers à l’aide d’un programme sur calculatrice ou
d’un logiciel de calcul formel.
17 17
1
On utilise la propriété donnant l’expression du PGCD et du PPCM de deux entiers naturels à partit de leur
décomposition en facteurs premiers.
PGCD 1400 ;10780   2 2  5  7  140
PPCM 1400 ;10780   23  52  7 2 11  107 800
Autre façon pour A et B :
A = 8820
= 2205  22
 441 5  22
 49  32  5  2 2
 22  32  5  72
C  24 14
 23  3  7  2
 24  3  7
B = 73 205
 5  14641
 5  114
On vérifie ces résultats à l’aide de la calculatrice ou d’un logiciel de calcul formel.
11 Reconnaissance de carrés et de cubes parfaits
D  48 17
 2 4  3  17
On peut aussi vérifier ces décompositions en facteurs premiers à l’aide d’un logiciel de calcul formel.
Avec XCas, la commande est ifactor(…) (on tape le nombre à l’intérieur des parenthèses).
Partie A
1°) Sans calculatrice, démontrer que 324 est un carré parfait.
2°) Sans calculatrice, démontrer que 216 est un cube parfait.
3°) Quel est le plus petit entier naturel :
a) qui, multiplié par 2000, donne un carré parfait ?
b) qui, multiplié par 2100, donne un cube parfait ?
1°) Démontrons que 324 est un carré parfait.
Le mieux est d’utiliser la décomposition en facteurs premiers. Pour cela, on adopte la présentation en colonnes.
324  2 2  34  22  92  182
On peut retenir qu’un nombre entier supérieur ou égal à 1 est un carré parfait si et seulement si exposants des
nombres premiers dans sa décomposition sont tous des nombres pairs.
Partie B
1°) Déterminons une condition nécessaire et suffisante pour qu’un entier naturel supérieur ou égal à 2
soit un carré parfait à partir de sa décomposition en facteurs premiers.
2°) Démontrons que 216 est un cube parfait.
On raisonne par condition nécessaire et suffisante.
3
216  23  33   2  3   63
Soit n un entier naturel tel que n  2.
On peut retenir qu’un nombre entier supérieur ou égal à 1 est un cube parfait si et seulement si les exposants de
des nombres premiers dans sa décomposition sont tous des multiples de 3.
3°)
a) Déterminons le plus petit entier naturel qui, multiplié par 2000, donne un carré parfait.
Pour répondre à la question, on commence par déterminer la décomposition en facteurs premiers de 2000.
3
3
3
3
4
3
2000  2  1000  2 10  2   2  5   2  2  5  2  5
Remarque : on peut adopter aussi la présentation en colonne classique.
On regarde les exposants des facteurs premiers dans la décomposition de 2000 : l’exposant de 2 est 4, c’est un
nombre pair ; l’exposant de 5 est 3, c’est un nombre impair.
Le plus petit entier naturel qui multiplié par 2000 donne un carré parfait est 5 :
4
 
5  2000  5  24  53  2 4  54   2  5   10 4  102
5  2000  10000  100
2
 1002
 Condition nécessaire pour que n soit un carré parfait :
Supposons que n soit un carré parfait.
Il existe un entier naturel m tel que n  m2 .
m  2 donc m peut se décomposer comme produit de facteurs premiers sous la forme m  p11  p22  ...  pr r .

p   p 
On a alors : n  p11  p22  ...  pr r
1 2
1
2
2
2

2
p 
r
 ... 
2
r
 p121  p2 22  ...  pr 2r
Par unicité de la décomposition en facteur premiers d’un entier, on obtient la décomposition en facteurs
premiers de n et on voit que chaque exposant est pair.
On en conclut qu’une condition nécessaire pour que n soit un carré parfait est qu’il admette une décomposition
en facteurs premiers où tous les exposants sont pairs.
2
b) Déterminons le plus petit entier naturel qui, multiplié par 2100, donne un cube parfait.
 Condition suffisante pour que n soit un carré parfait :
Pour répondre à la question, on commence par déterminer la décomposition en facteurs premiers de 2100.
On suppose que n peut se décomposer sous la forme de facteurs premiers où tous les exposants sont pairs.
Démontrons qu’alors n est un carré parfait.
2100  21 100  3  7  4  25  3  7  22  52  22  3  52  7
La décomposition en facteurs premiers de n peut s’écrire sous la forme n  p121  p2 2 2  ...  pr 2  r .
Pour obtenir un cube parfait, il faut et il suffit (cf. Partie B) que les exposants qui interviennent dans la
décomposition en facteurs premiers soient tous des multiples de 3.
Le plus petit entier naturel qui, multiplié par 2100, donne un cube parfait est : 2  32  5  7 2  4410 .
On peut retenir comme on va le démontrer dans la partie B :
- qu’un carré parfait supérieur ou égal à 4 est un entier naturel dont la décomposition en facteurs premiers ne
fait intervenir que des exposants pairs ;
- qu’un cube parfait (positif ou nul) supérieur ou égal à 8 est un entier naturel dont la décomposition en facteurs
premiers ne fait intervenir que des exposants multiples de 3.
2
2 2
    p   ...  p 
  p  p  ...  p 
On a donc n  p11
1
1
r
2
2
2
2
r
r
2
r
Donc n  m2 avec m  p11  p22  ...  pr r .
On en déduit que n est un carré parfait.
2°) Déterminons une condition nécessaire et suffisante pour qu’un entier naturel supérieur ou égal à 2
soit un cube parfait à partir de sa décomposition en facteurs premiers.
12 Nombres premiers d’Euler
1°) Vérifions que n 2  n  41 est premier pour n  {0 ; 1 ; … ; 39}.
02  0  41  41 nombre premier
12  1  41  43 nombre premier
2 2  2  41  47 nombre premier
32  3  41  53 nombre premier
4 2  4  41  61 nombre premier
52  5  41  71 nombre premier
62  6  41  83 nombre premier
etc.
 En 1772, Leonhard Euler proposa la formule :
E  n   n 2  n  41
qui donne des nombres premiers pour n entier allant de 0 à 39.
On vérifie ces résultats à l’aide de la calculatrice ou d’un logiciel de calcul formel.
 En 1798, le mathématicien français Adrien-Marie Legendre proposa le polynôme
L  n   2n 2  29 ,
qui produit des nombres premiers pour n entier allant de 10 à 28.
Utilisation de logiciels :
Tableur : Excel
Logiciel de calcul formel : test de primalité (sur XCas : isprime(…))
2°) Vérifions que n 2  n  41 n’est pas premier pour n = 40.
 Aujourd’hui, le record est détenu par Russel Ruby qui proposa l’expression :
R  n   36n 2  810n  2753 .
L’expression R  n  fournit le plus grand nombre consécutifs de nombres premiers.
Source : livre Mathématiques Repère Terminale S spécialité mathématiques édition 2012 page 43.
402  40  41  40   40  1  41
= 40  41 + 41
 412
2
Donc pour n = 40, n  n  41 n’est pas premier.
Remarque : pour n = 41
412  41  41  41  41  2   41 43 n’est pas un nombre premier (car il est divisible par 41).
[On peut observer que 43 est un nombre premier].
Point info : polynômes générateurs de nombres premiers
Le polynôme P  n   n 2  n  B est dû au mathématicien Euler. Une conjecture très vraisemblable (car liée à
une autre bien testée) est qu’aussi grand que soit A, on peut trouver un polynôme de la forme n 2  n  B qui
donne des nombres premier pour n  0 ; ... ; A . On sait cependant que B sera nécessairement très grand : le B
correspondant à A  41 été montré plus grand que 1018 mais pour l’instant reste inconnu.
Source : livre Mathématiques Hyperbole Terminale S spécialité mathématiques édition 2012 page 92 N°41.
Pour aller plus loin :
f p  n   n 2  n  p (si p = p  2, 3, 5, 11, 17, 41 )
13 Simplification d’expressions avec des racines carrées
On commence par écrire les décompositions en facteurs premiers des nombres qui figurent sous le radical.
f p  n  donne des nombres premiers pour n  [0 ; p – 2]
2
f p  p  1   p  1   p  1  p
  p  1   p  1  1  p
  p  1  p  p
 p2
f p  p   p  p  1  1
24200
12100
6050
3025
605
121
11
1
2
2
2
5
5
11
11
24200  23  52 112
A  2 2  2  52 112
A  2  5 11 2
A  110 2
66150
33075
11025
3675
1225
245
49
7
1
66150 
2
3
3
3
5
5
7
7
2  33  52  7 2
B  2  33  52  7 2
B  3 5 7  2  3
B  105 6
14 Simplifications de fractions
1°) 84  22  3  7 ; 150  2  3  52
2°)
Voir article Wikipedia sur la conjecture de Goldbach.
84 22  3  7 2  7 14

 2 
150 2  3  52
25
5
18 Déterminons le plus petit entier positif ayant exactement 15 diviseurs positifs.
15 Simplifications de fractions
Soit n un nombre entier dont la décomposition en facteurs premiers s’écrit n  p11  p2 2  ...  pr r où
A
2214 2  3  3  3  41 2  3  3  3  41 18



2829
3  943
23
3  41  23
B
15  25
5  3 5  5
15


50  22 5  5  2  2  11 44
2
C
10
25 25 4
4

 6 
15625
254
58
5
D
(  8)²  (  15) 3
26  53  33
 4 2
  22  52  3   300
2
12  5
2 3 5
- p1 , p2 ,… pr sont des nombres premiers deux à deux distincts ;
- 1 ,  2 ,…  r sont des entiers naturels non nuls.
Le nombre de diviseurs positifs de n est alors égal à :  1  1  2  1 ...   r  1 .
Cette formule provient de la représentation en arbre des diviseurs de n.
En effet, les diviseurs positifs de n sont tous les entiers de la forme p11  p22  ...  pr r avec
0  1  1 , 0  2   2 , …. 0  r   r .
On peut d’abord dire que n  2 puisque le nombre 1 admet exactement 1 seul diviseur positif : lui-même.
La décomposition en facteurs premiers de n s’écrit donc n  p11  p2 2  ...  pr r où
16 Déterminons les diviseurs positifs de 84.
- p1 , p2 ,… pr sont des nombres premiers deux à deux distincts ;
- 1 ,  2 ,…  r sont des entiers naturels non nuls.
84  2 2  3  7
Faire un arbre de possibilités à 3 niveaux (car il y a 3 facteurs).
On peut aussi utiliser les résultats du cours : les diviseurs positifs de 84 sont les nombres 2  3  7  où , , 
Le nombre de diviseurs positifs de n est alors égal à :  1  1  2  1 ...   r  1 (formule donnée dans le
cours).
sont des entiers naturels tels que 0    2, 0    1, 0    1.
On sait que n admet exactement 15 diviseurs positifs donc on a  1  1  2  1 ...   r  1  15
Les diviseurs positifs de 84 sont 1, 2, 3, 4, 6, 7, 12, 14, 21, 28, 42, 84.
En effet, on a dit que 1 ,  2 ,…  r sont des entiers naturels non nuls c’est-à-dire supérieurs ou égaux à 1.
1  1  2 ,  2  1  2 …  r  1  2 .
17 Conjecture de Goldbach
Or le nombre 15 s’écrit d’une seule façon comme produit d’entiers naturels supérieurs ou égaux à 2 :
15  3  5 .
8=5+3
18 = 13 + 5 = 11 + 7
(il y a deux décompositions)
Donc on en déduit que nécessairement r  2 c’est-à-dire que n admet donc deux diviseurs premiers p1 et p2 .
24 = 17 + 7 = 11 + 13 = 5 +19 (il y a trois décompositions)
La conjecture que nous étudions dans cet exercice est due au mathématicien Christian Goldbach (1690-1764)
qui la formule dans une lettre à Euler de 1742.
L’une des grandes difficultés de la démonstration, selon Benoît Rittaud, tient au fait que l’énoncé de la
conjecture fait intervenir les nombres premiers dans un registre additif et non dans leur registre naturel
multiplicatif.
Sa décomposition en produit de facteurs premiers s’écrit donc n  p11  p22 (forme générale de la
décomposition d’un nombre qui admet deux diviseurs premiers).
On va s’intéresser aux exposants.
  1  3
  1  5
On a  1  1  2  1  15 donc  1
ou  1
.


1

5
 2
 2  1  3
Donc n 3 – n  0 (mod. 5) c’est-à-dire 3 divise n 3  n .
Or n 3  n | a donc 3 | a.


 

a  n 2  1 n3  n  n 2  1 n  n  1 n  1
  2
  4
Donc  1
ou  1
.
 2  4
 2  2
Parmi les deux entiers consécutifs, n et n + 1, l’un est pair, l’autre est impair.
Leur produit n(n + 1) est donc pair, et il en va de même pour a.
Au total, 5 | a et 3 | a, avec 5 et 3 premiers entre eux, donc 15 | a.
2
1
4
4
1
2
Donc n s’écrit p  p2 ou p  p2 .
2 | a et 15 | a avec 2 et 15 premiers entre eux.
Pour que n soit e plus petit possible, on choisit p1 et p2 les plus petits possibles.
Donc 30 | a.
On les prend donc dans l’ensemble 2 ; 3 .
20
Après une courte étude, on voit que c’est la deuxième possibilité avec p1  2 et p2  3 qui convient.
n
On obtient n  24  32  144 .
Démontrons que n 7  n est divisible par 42.
Autre méthode : voie algorithmique (avec boucle « Tantque »)
Pour cela, on va démontrer que n7  n est divisible par 2, 3 et 7.
19
 7 étant un nombre premier, on a n7  n (mod. 7) (corollaire du petit théorème de Fermat)
Donc n 7 – n  0 (mod. 7) c’est-à-dire 7 | n 7  n .
n
3
 3 étant un nombre premier, on a n  n (mod. 3) (corollaire du petit théorème de Fermat)
a = n5  n
2
3
1°) Démontrons que a est divisible par n  n .
a  n5  n
 n n4 1
 
 n  n  1 n  1
  n  n  n  1
2
3
2
On en déduit que  n3   n 2 (mod. 3) puis n 6  n  n 3 (mod. 3) c’est-à-dire n 7  n 3 (mod. 3).
Or n3  n (mod. 3) d’où n7  n (mod. 3) soit n7 – n  0 (mod. 3) et par suite 3 | n7 – n.
 2 étant un nombre premier, on a n2  n (mod. 2) (corollaire du petit théorème de Fermat)
3
On en déduit que  n 2   n 3 (mod. 2) soit n 6  n 3 (mod. 2) donc n 7  n 4 (mod. 2).
2
n2  1   donc a est divisible par n3  n .
2°) Démontrons que a est divisible par 30.
30 = 2  3  5
On va démontrer que a est divisible à la fois par 2, par 3 et par 5.
Démontrons que a est divisible par 5, par 3 et par 2.
5 étant un nombre premier, on a pour n  , n 5  n (mod. 5) (corollaire du petit théorème de Fermat)
Donc n 5 – n  0 (mod. 5) c’est-à-dire 5 divise a = n 5  n .
3 étant un nombre premier, on a pour n  , n 3  n (mod. 3) (corollaire du petit théorème de Fermat)
2
Or n  n (mod. 2) d’où n 4  n 2 (mod. 2) et par suite, n 4  n (mod. 2).
On en déduit que n 7  n (mod. 2) et par suite 2 | n 7 – n.
Conclusion :
n 7 – n est divisible par 2, 3 et 7.
Or 2, 3 et 7 sont premiers entre eux deux à deux, donc n7 – n est divisible par leur produit
On en déduit que n 7 – n est divisible par 42.
2°) Diviseurs positifs de 1800
Autre voie pour la divisibilité par 2 (méthode de Diégo Blétry durant l’année scolaire 2013-2014) :
n  n  n  n  1
7
1800  23  32  52
6
La figure est assez grande.
 n  n 3  1 n3  1
225
n et n 3  1 sont de parité différente donc n  n 3  1 est divisible par 2.
450
75
150
Il est possible de vérifier directement la propriété « à la main » pour de petites valeurs de n,
par exemple dans les cas où n  0 ;1; 2 .
45
30
30
1
36
72
20
6
40
12
24
2
4
8
20
6
3
1
120
60
5
10
60
10
3
15
200
18
5
60  2 2  5  3
360
100
9
1°) Diviseurs positifs de 60
600
180
50
15
1800
300
90
25
21 Représentation en 3D des diviseurs positifs d’un entier naturel
900
12
2
4
Question de Donatien Lenoir le 16-1-2014 à propos de l’exercice sur la représentation de diviseurs d’un
nombre entier :
« Si on a 4 nombres premiers, on fait comment ? »
Les diviseurs positifs de 60 sont les entiers de la forme 2a  3b  5c avec 0  a  2, 0  b  1, 0  c  1.
On se réfère à la représentation des points dans un repère. Chaque axe correspond à un facteur premier (axe
vers la droite : axe des puissances de 2, axe vers le fond : axe des puissances de 3, axe vers le haut : axe des
puissances de 5).
22
Démontrons que tout nombre premier p strictement supérieur à 3 est de la forme 6k – 1 ou 6k + 1
(k   *).
z
Soit p un nombre premier strictement supérieur à 3.
p est donc impair.
y
x
Tout entier naturel est congru modulo 6 à l’un des 6 restes modulo 6 : 0, 1, 2, 3, 4, 5.
k désigne un entier naturel.
Si p  0 (6), alors p = 6k donc p est pair, ce qui est exclu.
Soit k un entier compris entre 2 et p au sens large.
Si p  2 (6), alors p = 2 + 6k = 2(1 + 3k) donc p est pair, ce qui est exclu.
 n  


 

i  k  k 
i   1 donc k | n ! + k

  i 1  
i 1

 i k

 

2°) Donnons un exemple de dix entiers naturels consécutifs non premiers.
Si p  4 (6), alors p = 4 + 6k = 2(2 + 3k) donc p est pair, ce qui est exclu.
Si p  3 (6), alors p = 3 + 6k = 3(1 + 6k) donc 3 | p et comme p > 3, 3 est diviseur strict* de p, qui n’est donc
pas un nombre premier.

n ! k  


n


On prend n  11 .
11 ! + 2, 11 ! + 3, 11 ! + 4, 11 ! + 5, 11 ! + 6, 11 ! + 7, 11 ! + 8, 11 ! + 9, 11 ! + 10, 11 ! + 11 sont 10 entiers
naturels consécutifs non premiers.
Il reste deux possibilités :
p  1 (6) et p  5 (6) soit p  – 1 (6)
Ainsi, tout nombre premier p strictement supérieur à 3 est de la forme 6k – 1 ou 6k + 1 (k  *).
Cette propriété ne reste pas vraie pour les nombres premiers 2 et 3 : 2 est de la forme 6k + 2 et 3 est de la forme
6k + 1.
* C’est-à-dire strictement inférieur au nombre (ce qui est bien le cas ici, puisque l’on a supposé p  3 ).
23
n  , n  2
11 ! + 2 = 39 916 802
11 ! + 3 = 39 916 803
11 ! + 4 = 39 916 804
11 ! + 5 = 39 916 805
11 ! + 6 = 39 916 806
11 ! + 7 = 39 916 807
11 ! + 8 = 39 916 808
11 ! + 9 = 39 916 809
11 ! + 10 = 39 916 810
11 ! + 11 = 39 916 811
Sinon, avec la table des nombres premiers : 295, 296, 297, 298, 299, 300, 301, 302, 302, 303 et 304.
1°) Démontrons que les (n – 1) entiers naturels n ! + 2, n ! + 3, n ! + 4, … n ! + n ne sont pas premiers.
n !  1  2  3  ...  n
Cet exercice montre que l’on peut trouver des séquences de nombres consécutifs non premiers aussi longues
que l’on veut (ce résultat est démontré au 1°)).
On peut remarquer qu’il s’agit d’une « preuve constructive ».
Donc
n ! 2  2 1 3  4  ...  n  1
Cet exercice est à relier aux problèmes de répartition des nombres premiers.
En effet, on peut démontrer que n  * p  P n  p  2n où P désigne l’ensemble des nombres premiers
n ! 3  3 1 2  4  ...  n  1
(théorème de Bertrand).
Ce théorème n’est pas facile à démontrer. Il a pour corollaire le fait qu’il y a une infinité de nombres premiers
que l’on avait démontré dans le cours assez simplement selon la démonstration d’Euclide.
n ! 4  4 1 2  3  5  ...  n  1
….
n ! n  n 1 2  3  5  ...   n  1  1
Donc les (n – 1) entiers naturels n ! + 2, n ! + 3, n ! + 4, … n ! + n ne sont pas premiers.
Raréfaction des nombres premiers
Objectif : s’interroger sur la répartition des nombres premiers
On peut aussi faire une démonstration dans le cas général :

n ! 2  


n

i 1



i  2  2

 



n

i 1
i 2
 
 
i   1  donc 2 | n ! + 2
 
 
La première chose qui a attiré l’attention des mathématiciens de l’Antiquité était l’absence de règles quant à
l’apparition de nombres premiers dans la liste des nombres entiers naturels. Ils peuvent être relativement
proches ou, au contraire, très éloignés les uns des autres.
On se propose d’étudier la présence de grands intervalles sans nombres premiers.
24 Nombres entiers dont l’écriture en base 10 ne comporte que des 1
Np 
1°) Les nombres N 2  11 , N 3  111 , N 4  1111 sont-ils premiers ?
102 q  1
9
2 q

10 
9
N 2  11 est premier
N 3  111 n’est pas premier 3 | 111

1
10
2

 1 10
2  q 1
 10
2 q  2

 ...  1
9
N 4  1111 n’est pas premier car 11 | 1111

p
2°) Démontrons que 10 – 1 est divisible par 9.
1ère méthode :
102  1
 10 q1  ...  1
9


 N 2  102 q 1  102 q 2  ...  1
On a : 10  1 (mod. 9).
Donc 10 p  1 (mod. 9) d’où 10 p  1  0 (mod. 9) donc 9 |10 p  1 .
Donc N 2 N p
2e méthode :
1ère méthode :
On utilise l’égalité x n  1  ( x  1)( x n1  x n 2  ...  x  1) qui est rappelée dans la question 3°) (à rapprocher de la
formule fondamentale de l’algèbre).
10 p  1  10  1 10 p 1  10 p 2  ...  10  1 soit 10 p  1  9  10 p 1  10 p 2  ...  10  1
Sans symbole  :




N p  111...1
 10 p 1  10 p 2  ...  10  1
 102 q 1  10 2 q 2  102 q 3  ...  10  1 (on regroupe les termes par tranches de 2)
 102 q  2 10  1  102 q 4 10  1  ...  11
p
Cette égalité prouve que 10  1 est divisible par 9.
3°) On se propose de démontrer que si p n’est pas premier alors Np n'est pas premier.
On rappelle que pour tout réel x et pour tout entier naturel n non nul, x n  1   x  1 x n 1  x n 2  ...  x  1 .
 11102 q 2  102 q  4  ...  1
N p  11...1
 k  q 1

 11
10 2 k 


 k 0



 11102 q 2  102 q  4  ...  1

 10 p 1  10 p 2  ...  1
10 p  1
(somme des termes consécutifs d’une suite géométrique)

9
On regroupe les termes par 2.
Il s’agit d’une réduction de l’écriture de N p .
Avec le symbole  :
a) p = 2q, où q 
*
Démontrons que Np est divisible par N2.
p 1
Np 
10
i
i 0
q 1



10 110
10 2i  102 i 1

i 0
q 1
2i
i 0

 11


q 1

10 2i 



i 0
N p  10 p 1  10 p  2  ...  10  1
p 1
10

 10


 10
10i

i 0
q 1
i 0
q 1
2i
 102 i 1 
 103i 1  103i  2 
3i
i 0
q 1
10 110 100


 111
10 





i 0
3i

q 1
  


 11
10 




102i 1  10

i
Np 
p 1
i 0
q 1
i 0
3i
q 1
2i
i 0
i 0
Donc 111 | Np
Donc 11 | Np
c) p  kq avec q * et k *
e
2 méthode : réduction de l’écriture de Np
Démontrons que Np est divisible par Nk.
On adapte le raisonnement précédent au cas général.
b) p = 3q, où q *
Démontrons que Np est divisible par N 3  111 .
Np 
10kq  1
9
k q
10 

1
10

9
On adapte le raisonnement précédent.
Np 
103q  1
9
3 q



10 

1

9
10
3

 1 10 
3 q 1
 10 
3 q  2

 ...  1




 N 3  103 q 1  103 q 2  ...  1
 1 10
k  q 1
 10
k  q  2
10k  1
 10k  q1  10 k  q  2  ...  1
9




 N k  10 k  q 1  10k  q 2  ...  1
Donc N k N p .
Autre façon beaucoup plus compliquée (à éviter) :
N p  10 p 1  10 p  2  ...  10  1
Donc N 3 N p

 ...  1
9
9
103  1
 103 q 1  103 q  2  ...  1
9
k
p 1
10

10
i

i 0
qk 1
i
i 0
q 1


i 0
q 1

Lorsque l’implication A  B est vraie alors la contraposée est également vraie.
 k 1


10 ki  j 


 j 0



k 1


10 ki 
10 j 


j 0




 


Nk

i 0
25 Les nombres premiers de Sophie Germain
Soit p un nombre premier.
Si 2p + 1, nombre premier, alors on dit que p est un nombre premier de Sophie Germain.

Déterminons les nombres premiers de Sophie Germain inférieurs à 50.
q 1
 Nk 

10ki
2 × 2 + 1 = 5  nb premier de S.G.
i 0




3 × 2 + 1 = 7  nb premier de S.G.

5 × 2 + 1 = 11  nb premier de S.G.
Donc Nk | Np.
7 × 2 + 1 = 15
7 n’est pas un nombre de Sophie Germain
11 × 2 + 1 = 23  nb premier de S.G.
4°)
13 × 2 + 1 = 27
13 n’est pas un nombre de Sophie Germain
Énonçons une condition nécessaire pour que Np soit premier et regardons si cette condition est suffisante.
Dans la question 3°) c), on a démontré que si p n’est pas premier alors N p n’est pas premier.
17 × 2 + 1 = 35
Par contraposée, si N p est premier, alors p est premier.
19 × 2 + 1 = 39
Donc une condition nécessaire pour que N p soit premier est que p soit premier.
23 × 2 + 1 = 47  nb premier de S.G.
29 × 2 + 1 = 59  nb premier de S.G.
p non premier  N p n’est pas premier
contraposée :
N p premier  p premier
On peut également formuler sous la forme :
« Pour que N p soit premier, il faut que p soit premier. »
Cette condition n’est pas suffisante. En effet, prenons le cas p = 3.
On a démontré que N 3 n’est pas un nombre premier alors que 3 est premier.
31 × 2 + 1 = 63
37 × 2 + 1 = 75
41 × 2 + 1 = 83  nb premier de S.G.
43 × 2 + 1 = 87
47 × 2 + 1 = 95
Les nombres premiers de Sophie Germain inférieurs à 50 sont : 2, 3, 5, 11, 23, 29, 41.
Rappel :
Soit A et B deux propositions.
La contraposée de A  B est non B  non A.
Observation de Marin Bergerot (le 30-1-2013) :
Calculons le coefficient directeur de la droite  MN  .
Une propriété qui marche pour 2 (mais pas pour 3)
a
11 × 2 + 1 = 23
yM  yN m 2  n 2

 mn
xM  xN
mn
La droite (MN) a donc pour équation y   m  n  x  m   m 2 soit y   m  n  x  mn .
23 × 2 + 1 = 47
_______________
Le point d’intersection K de la droite (MN) et de l’axe des ordonnées a donc pour coordonnées  0 ; mn  .
41 × 2 + 1 = 83
Le crible de Matyassevitch permet de multiplier des nombres de manière géométrique (sans faire de calcul).
83 × 2 + 1 = 167
Ce crible est dû à deux mathématiciens russes contemporains : Yuri Matiyasevitch et Boris Stechkin.
26 Crible de Matiyasevich
1°) Conjectures
d) Par certains points de coordonnées (0 ; k), avec k   , ne passe aucun de ces segments.
On peut conjecturer que les entiers naturels k tels qu’il ne passe aucun segment par le point de coordonnées
(0 ; k) sont les entiers naturels qui ne sont pas premier.
2°) Quelques justifications
C:
y  x2
M : m de  m  , m  2 
N:–n
 n  ,
n  2
Déterminons une équation de la droite (MN).
On utilise le résultat suivant :
La droite D passant par un point A  xA ; yA  et de coefficient directeur m a pour équation : y  m  x  xA   yA .
M  m ; m2 
N  n ; n 2 