1. soit $~(a,b)\in \mathbb Z^2~~$ tels que:$~~a\land b=1~~$
    • Il existent plusieurs façons de prouver $~~a+b~~$ et $~~b~~$ sont premiers entre eux.

      Bezout:

      il existe: $~~(u,v)\in\mathbb Z^2~~$ tels que: $$ua+vb=1$$ Ce qui implique: $$(ua+vb) +(ub-ub)=1$$ Et Donc: $$u{\color{magenta}(a+b)}+(v-u){\color{magenta}b}=1$$ d'après Bezout on: $$~~(a+b)\land b=1$$

      Division euclidienne:

      On suppose sans perte de généralité que: $~~a>b>0$
      La division euclidienne de $a+b$ par $a$ est donnée par: $${\color{magenta}{a+b}}=1\times {\color{magenta}{a}} + {\color{magenta} b}\qquad \mbox{car}~~b\lt a$$ $\Rightarrow (a+b)\land a = a\land b$
      Et donc: $$(a+b)\land a=1$$

      Raisonnement par l'absurde

      Supposons que $(a+b)$ et $a$ admettent un diviseur commun $~~d\geq 2$. \[\begin{array}{lllll} a+b & = & k & \times & d\\ a & = & h & \times & d \end{array}\] Après soustraction on trouve: $$b=(k-h)d$$ Ce qui montre que $~~d\geq 2~~$, divise à la fois, $~~a~~$ et $~~b~~$.
      Ce qui est en contradiction avec l'hypothèse: $~~(~a\land b=1~)$
      Ce qui prouve encore que: $$(a+b)\land a=1$$.
    • Même démonstration pour: $(a+b)$ et $b$
    • On montre maintenant que: $~~(a+b)\land (ab)=1$
      supposons par l'absurde que $~~(a+b)\land (ab)\neq 1$.
      Alors il existe un nombre premier p qui divise ces deux nombres à la fois. \begin{cases} p|(a+b)\\p|(ab) \end{cases} $\Rightarrow p|[~(a+b)b-ab~]\Rightarrow p~|~ b^2~\Rightarrow p|b~~$ (~car $p$ est premier.)
      De la même manière on montre que:
      $p|[a(a+b)-ab]\Rightarrow p|a^2\Rightarrow p|a$
      Ce qui implique que $~~p~~$ divise à la fois a et b. contradiction! car pa hypothèse ona $~~(~a\land b=1~)$.
    • On pose: $~~a=n+1\qquad b=n+2$
      $a\land b=1~~$ (car a et b sont deux nombres consécutifs). D'après ce qui précède on a:
      $[~(a+b)=2n+3]~~$ et $~~[ab=n^2+3n+2]~~$ sont premiers entre eux.
      ce qui implique que la fraction:
      $$~~\dfrac{2n+3}{n^2+3n+2}~~$$ est irréductible.