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Bonsoir,


Ce n'est certainement pas l'exercice le plus difficile qui soit tombé à un oral d'E.N.S., mais voilà, je bute sur un raisonnement ayant pour but de prouver que l'ensemble des nombres entiers dont le reste, dans la division euclidienne par 4, est 1, contient une infinité de nombres premiers.

J'étais, un jour, tombé sur une variante : montrer que 4N + 3 contient une infinité de nombres premiers.
Ce genre de résultat se prouve par l'absurde : on suppose donc que 4N + 3 contient un nombre fini de nombres premiers, on pose P le produit de ceux-ci, mais aussi Q = 4P + 3.
Q est impair, et appartient à 4N + 3. Il n'est pas premier, et constitue, de ce fait, un produit de deux nombres premiers m et n.
m ne peut appartenir à 4N + 3 car le reste dans la division euclidienne de Q par m vaut 3. Il en est de même pour n. m et n appartiennent donc à 4N + 1, mais le produit de deux nombres de cet ensemble est aussi dans 4N + 1. Il y a contradiction ; ce qui montre le résultat demandé.

Toutefois, ce genre de méthode ne fonctionne pas aussi bien avec 4N + 1.
Par l'absurde, on pose P' produit de tous ses éléments qui sont des nombres premiers et Q' = 4P' + 1.
Q' est impair, appartient à 4N + 1 et n'est pas premier. Il existe donc m' et n' tels que m'n' = Q'. m' et n' n'appartiennent pas à 4N + 1 pour la même raison que dans la démonstration précédente (division euclidienne de Q' par m' et n'). m' et n' appartiennent donc à 4N + 3, ce qui semble coller car le produit de 4k + 3 et 4k' + 3 est dans 4N + 1. Mais comme on dit, ce n'est pas ça qui fait avancer le schmilblick.

Alors comment faire d'après vous ? Merci par avance de votre aide...
Bonne soirée !

Essaye de considérer $ M=4(p_1\times \cdots \times p_n)^2+1 $ plutôt.

Sinon on peut démontrer toujours selon les mêmes techniques que pour $ q $ un nombre premier impair, il existe une infinité de nombres premiers $ p $ tels que $ p \equiv 1 \pmod q $.

En fait cela se généralise par le théorème de la progression arithmétique (démontré par Dirichlet en premier) qui stipule que pour deux entiers naturels non nuls $ a $ et $ q $ premiers entre eux, il existe une infinité de nombres premiers $ p $ tels que $ p \equiv a \pmod q $. On est amené à utiliser l'analyse complexe pour le démontrer, c'est ce qu'on appelle la théorie analytique des nombres. Schur a montré que l'on peut démontrer des cas particuliers de ce théorème en suivant une preuve de type Euclide (c'est-à-dire comme le post initial) si, et seulement si, $ a^2 \equiv 1 \pmod q $.

Pour plus d'infos, vous pouvez consulter l'excellent livre thèmes d'arithmétique d'Olivier Bordellès.

Exactement cela se généralise par le théorème de la progression arithmétique de dirichlet . Voici un exercice d'ULM(extrait des Oraux X ens de Cassini ) qui traite ce sujet :

NDLA : merci de ne pas mettre des copies de livres...

Q est impair, et appartient à 4N + 3. Il n'est pas premier, et constitue, de ce fait, un produit de deux nombres premiers m et n.

Euh... pourquoi deux ? ^^

Lemme 1 : Un élément x est un carré modulo un premier p impair ssi x^{(p-1)/2}=1modulo p
Dém : Il y a au plus (p-1)/2 éléments vérifiant cette égalité car ce sont les racines d’un polynôme de degré (p-1)/2 dans un corps.
D’autre part, si x est un carré alors il vérifie cette équation car : si x=a^2 mod p alors x^{(p-1)/2}=a^{p-1}=1 mod p (par Petit Fermat). De plus, il y a (p-1)/2 carrés non nuls modulo p (car x donne x^2, pour x non nul modulo p, a pour noyau {1,-1}).
Lemme 2: –1 est un carré modulo p premier impair ssi p=1 mod 4.
En effet : -1 est un carré modulo p ssi
(-1)^{(p-1)/2}=1 mod p (lemme 1)
ssi (p-1)/2 est pair
ssi p = 1 mod 4.
Démonstration que y a une infinité de nombres premiers qui sont sous la forme 4n+1 :
Soit n un entier>1 et p un diviseur premier de N=(n!)^2+1.
Si p<=n alors p divise n! donc p divise 1=N-(n!)^2 : absurde. Donc, p>n.
On a : -1=(n!)^2 mod p donc –1 est un carré modulo p, donc p=1 mod 4 par le lemme 2.
Conclusion : pour n aussi grand que l’on veut, on peut trouver un premier p plus grand que n et de la forme 4m+1.

Nuhlanaurtograff a écrit :

Q est impair, et appartient à 4N + 3. Il n'est pas premier, et constitue, de ce fait, un produit de deux nombres premiers m et n.

Euh... pourquoi deux ? ^^

Effectivement, je me suis trompé. Je me suis aussi trompé dans la formulation de ma réponse. Si j'écris que "Q est impair, et appartient à 4N + 3. Il n'est pas premier, et constitue, de ce fait, un produit de deux nombres premiers m et n. m ne peut appartenir à 4N + 3 car le reste dans la division euclidienne de Q par m vaut 3. Il en est de même pour n", il faut en fait comprendre qu'aucun des diviseurs premiers de Q ne peut appartenir à 4N + 3 car pour tout nombre premier de cet ensemble, la division de Q par ce nombre a pour reste.
Mais évidemment, vous ne pouviez pas le comprendre en lisant ce que j'ai écrit... et qui était faux.

Du reste, je tiens à remercier Xmen pour sa suggestion de correction.
Mais j'ai encore une question à poser à Valvino. Malheureusement, ton indication ne m'aide pas si j'utilise la même méthode que pour 4N + 3. Que faire donc ? A quoi sert le nombre M ? Merci d'avance...

$ M=4a^2+1=(2a)^2+1 $ est de la forme "4n+1". Clairement d'après les hypothèses, ses diviseurs premiers sont de la forme "4n+3".
En posant $ b=2a $ et $ p=4n+3 $ un diviseur premier de $ M $ on a : $ p $ premier avec $ b $ et donc :
$ b^{4n-2} \equiv 1 (p) $
Or $ b^{4n-2}= (M-1)^{2n-1} \equiv -1 (p) $
On aurait donc $ 1 \equiv -1 (p) $, ce qui est absurde ...
Donc le seul diviseur premier de M est M. Je te laisse conclure.

Tu utilises le petit théorème de Fermat, donc, si je comprends bien.
Merci de ton aide Bubulle. Bonne soirée à toi !