Supposons donc p= 2, 2q est un diviseur de 4 + 2q

Enonc´e n^oA529 (Diophante) Les premiers font la paire

D´eterminer successivement tous les couples de nombres premiers (p, q) tels que leur produit pq divise :

1) 2^p+ 2^q 2) 5^p+ 5^q

3) (5^p−2^p)(5^q−2^q)

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

a) Supposons d’abord p et q impairs. Par Fermat p divise 2^p −2, puis 2^q+ 2, 2^q−1+ 1 et 2^2q−2−1, et enfin 2P GCD(p−1,2q−2)−1.

L’ordre r de 2 modulop est donc un diviseur de 2q−2 etp−1, mais non un diviseur deq−1 puisque pne divise pas 2^q−1−1.

Il en r´esulte, pour les exposants de 2 dans ces nombres, v2(q−1)< v2(r)≤v2(p−1).

Reprenant le mˆeme raisonnnement pourq, on obtient l’in´egalit´e v2(p−1)< v2(q−1) qui contredit la pr´ec´edente.

Il est donc impossible que p etq soient tous deux impairs.

Supposons donc p= 2, 2q est un diviseur de 4 + 2^q; c’est v´erifi´e si q= 2.

Si q est premier impair,q divise 2^q−2 et 4 + 2 = 6, donc alors q= 3.

Les couples (p, q) solutions sont donc (2,2) ; (2,3) ; (3,2).

b) Supposons d’abordpetq impairs6= 5. Le mˆeme raisonnement qu’en a) s’applique. La consid´eration de l’ordre de 5, respectivement modulo p et moduloq conduit aux in´egalit´es contradictoires

v2(p−1)< v2(q−1)< v2(p−1).

Il est donc impossible quep etq soient impairs 6= 5.

Supposons maintenantp= 5 ; 5q est un diviseur de 3125 + 5^q, c’est v´erifi´e si q = 2 et si q = 5 ; si q est premier impair 6= 5, il divise 5^q−1−1, puis 625 + 1 = 2·313 d’o`u q= 313.

Supposons enfinp= 2 ; 2q est un diviseur de 25 + 5^q, c’est v´erifi´e siq= 5 mais non si q = 2 ; si q est premier impair 6= 5, il divise 5^q−1 −1, puis 5 + 1 = 2·3 d’o`u q= 3.

Finalement les couples (p, q) solutions sont (5,2) ; (2,5) ; (5,5) ; (5,313) ; (313,5) ; (2,3) ; (3,2).

c) L’expression donn´ee n’est divisible ni par 2 ni par 5.

Supposons d’abord quepdivise 5^p−2^p. Par Fermatpdivise aussi 5−2 = 3, doncp = 3. Ensuite, si q divise 5^q−2^q on a q = 3, mais il se peut que q divise (5^p−2^p)/p= 39 d’o`uq = 13.

Supposons maintenant quepdivise 5^q−2^qmais non 5^p−2^p, et queqdivise 5^p−2^p mais non 5^q−2^q.

On aura par exemplep≤q etq est premier avecp−1 ; il existe un entier naturelu, inverse de q modulo p−1, tel que p−1 divise uq−1. Alors p qui divise 5^q−2^qdivise aussi 5^uq−2^uq et 5−2 = 3, doncp= 3, mais alors pdivise 5^p−2^p et on est ramen´e au premier cas.

Les couples (p, q) solutions sont (3,3) ; (3,13) ; (13,3).

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