Exercice 55

1. Supposons que $m$ admette un diviseur impair $d \geqslant 3$, et écrivons $m = de$. La formule $a^{d} - b^{d}$ du chapitre 3 (proposition 5), avec $a = 2^{e}$ et $b = -1$, donne, $d$ étant impair, $$2^{m} + 1 = (2^{e})^{d} - (-1)^{d} = (2^{e} + 1) \sum_{j = 0}^{d - 1} (2^{e})^{d - 1 - j}(-1)^{j}.$$ Donc $2^{e} + 1$ divise $2^{m} + 1$, avec $1 < 2^{e} + 1 < 2^{m} + 1$, et $2^{m} + 1$ n'est pas premier. Ainsi $m$ n'a pas de facteur premier impair : d'après le théorème 6, c'est une puissance de $2$. $$\boxed{m = 2^{n}}$$

2. On calcule directement. $$\boxed{F_{0} = 3, \quad F_{1} = 5, \quad F_{2} = 17, \quad F_{3} = 257, \quad F_{4} = 65\,537}$$

3. On a $(F_{n} - 2)F_{n} = \big(2^{2^{n}} - 1\big)\big(2^{2^{n}} + 1\big) = 2^{2^{n + 1}} - 1 = F_{n + 1} - 2$.

4. Par récurrence : $F_{1} - 2 = 3 = F_{0}$, et si $F_{n} - 2 = \prod_{k = 0}^{n - 1} F_{k}$, la question 3 donne $F_{n + 1} - 2 = \prod_{k = 0}^{n} F_{k}$. $$\boxed{F_{n} = 2 + \prod_{k = 0}^{n - 1} F_{k}}$$

5. Soit $m < n$ et $d$ un diviseur commun de $F_{m}$ et $F_{n}$. Comme $F_{m}$ figure dans le produit de la question 4, $d$ divise $F_{n} - \prod_{k = 0}^{n - 1} F_{k} = 2$. Or $F_{n}$ est impair, donc $d = \pm 1$. $$\boxed{F_{m} \wedge F_{n} = 1}$$

6. Pour chaque $n$, on choisit un facteur premier $q_{n}$ de $F_{n} \geqslant 3$. D'après la question 5, les $q_{n}$ sont deux à deux distincts : on obtient une infinité de nombres premiers.

À retenir. Fermat pensait que tous les $F_{n}$ étaient premiers, ce que confirment $F_{0}$ à $F_{4}$ ; Euler a montré en 1732 que $F_{5} = 641 \times 6\,700\,417$. On ne connaît aujourd'hui aucun autre nombre de Fermat premier.