Arithmétique - Nombres premiers

[yos]

C'est parce que les nbs de Fermat sont deux à deux premiers entre eux. Donc on prend un diviseur premier de chaque et ça en fait une infinité.

[Nightmare]

Je te remercie :happy3:

[Ben314]

Ca marche parfaitement bien et ça correspond à l'indic que j'avais mis plus haut :

Pour les nombres premiers congrus à 1 modulo p, on peut aussi montrer que, pour tout n, les diviseurs premiers impairs de n²+1 sont tous congrus à 1 modulo 4 (à l'aide du petit théorème de Fermat)...

Juste pour te contrarier, je signale que :
1) On peut se passer de l'absurde en notant que tout diviseur premier de (N!)²+1 produit un nombre premier plus grand que N et congru à 1 modulo 4.
2) (j'insiste) On peut montrer que tout diviseurs premier de n²+1 est congru à 1 modulo 4 avec seulement le petit théorème de fermat :
Si p divise n²+1 alors p est impair et n²=-1 [p].
Or n^(p-1)=1 modulo p donc (-1)^((p-1)/2)=n^(p-1)=1 [p] d'où (p-1)/2 est pair.

Pour "l'Indice nodgim" de lapras (ou le contraire...), toujours avec le petit théorème de fermat, on montre que tout diviseur premier de est congru à 1 modulo
C'est légèrement plus compliqué comme exemple, mais ça démontre aussi légèrement mieux :
Pour tout entier k fixé, il y a une infinité de nombres premier congrus à 1 modulo .

Edit : J'avais pas "tourné la page" donc pas lu le post de Yos...

[yos]

on montre que tout diviseur premier de est congru à 1 modulo

Oui, c'est la même difficulté (voire la même preuve) que pour les diviseurs de n²+1, donc le passage par les Fermats est pas très intéressant pour l'infinitude des premiers de la forme 4k+1.

ça démontre aussi légèrement mieux :
Pour tout entier k fixé, il y a une infinité de nombres premier congrus à 1 modulo .

Oui ça c'est pas mal.

Dans le même genre on a aussi "facilement" l'infinitude des premiers de la forme kp+1.

[Ben314]

Dans le même genre on a aussi "facilement" l'infinitude des premiers de la forme kp+1.

Comme "à froid" ça ne me disait rien, j'ai cherché...
Je me demande si la généralisation de la méthode employée çi dessus n'est pas :

Si désigne le a-ième polynôme cyclotomique () et un entier premier avec alors tout diviseur premier de est congru à 1 modulo

De plus, comme est clairement premier avec on est sûr que ( arbitraire) si on prend .

[yos]

Sans les cyclos :

1) Soit p un nombre premier et . Montrer que les diviseurs premiers de sont congrus à 1 modulo p.

2) Conclure.

[Ben314]

Sans les cyclos :

1) Soit p un nombre premier et . Montrer que les diviseurs premiers de sont congrus à 1 modulo p.

2) Conclure.

O.K., mais le "sans les cyclos" est un peu gonflé : il me semble quand même que, pour p premier, ...
Sauf erreur, tu peut même prendre 1+a+a²+...a^(p-1) où a est un entier quelconque tel que p ne divise pas a-1 (ce qui fait que je me demande si je me suis pas gourré de condition dans mon théorème du post çi dessus : je vais refaire les calculs vu que j'ai déjà foutu les feuilles à la poubelle...)