A553. Puissances inaccessibles
Soient :
- le -ème nombre premier
- le produit des premiers nombres premiers - le produit de nombres premiers impairs
Montrer que :
- n’est jamais un carré parfait - n’est jamais un cube parfait - Pour quelles valeurs a-t-on
- Pour , n’est pas une puissance parfaite Solution proposée par David Amar
Question 1
Le tableau ci-dessous liste les valeurs modulo 4 que peut prendre un carré parfait : 0 1 2 3
0 1 0 1
est un multiple de 2, puisque mais pas de 4, puisque tous les autres facteurs sont impairs.
Par conséquent, vaut 3 modulo 4, or un carré vaut forcément 0 ou 1 modulo 4.
Question 2
Le tableau ci-dessous liste les valeurs modulo 4 que peut prendre un cube parfait : 0 1 2 3
0 1 0 3
est impair, donc d’après ce qu’on a vu à la question 1, vaut 1 modulo 4 et vaut 2 modulo 4, or un cube ne peut pas valoir 2 modulo 4.
Question 3
On va faire une récurrence, supposons qu’à un certain rang on ait Dans ce cas,
De plus, d’après le postulat de Bertrand, donc En supposant , on a .
Reste donc à trouver une valeur de qui satisfasse
-
-
1 2 2
2 3 6 3 5 30 4 7 210 5 11 2310
On remarque que pour , et , et de plus Conclusion : pour , on a
Question 4
Supposons qu’il existe et deux entiers tels que .
On pourra déjà se ramener au cas où est un nombre premier. En effet, si avec premier, alors est aussi une puissance parfaite.
On peut alors éliminer le cas des carrés (et du coup de toutes les puissances parfaites d’exposant pair) assez simplement : étant congru à 0, 1 ou 2 modulo 3, est congru à 0 ou 1 modulo 3 et donc à 1 ou 2 modulo 3. Or, pour on a multiple de 3. Pour , on a qui est une puissance parfaite de 1.
Considérons alors les puissances d’exposant premier impair , c'est-à-dire
. On a , qui se factorise en
Les facteurs premiers qui composent n’apparaissent qu’une et une seule fois par définition. Par conséquent, pour tout nombre premier , est soit un facteur de , soit de . Soit un facteur premier de . Considérons les valeurs de dans . On peut alors écrire = avec , et même
avec .
Eliminons tout de suite le cas , c'est-à-dire , dans ce cas est un multiple de et par conséquent n’est pas multiple de .
Si est un multiple de , alors dans ; donc l’ordre multiplicatif de est impair. Par ailleurs, cet ordre est un diviseur de puisque d’après le petit théorème de Fermat. On peut donc accessoirement éliminer les cas où n’a pas de facteur impair (c'est-à- dire que est une puissance de 2).
Soit donc l’ordre multiplicatif (impair) de modulo , on a donc multiple de . Soit le plus petit nombre premier impair facteur de (qui peut en effet être composé), est donc multiple de .
Comme est un nombre premier inférieur à , il est lui aussi facteur soit de , soit de
. Supposons qu’il soit facteur de :
dans
(dans toujours)
Or, comme vu plus haut, est un multiple de ; donc est facteur de et de , ce qui est impossible. Par conséquent, est un facteur de .
On a donc montré que si premier est facteur de , alors il existe un autre facteur premier de , d’où absurdité de l’hypothèse d’après l’argument de descente infinie.
Par conséquent, n’admet aucun facteur premier, donc et , donc et .
Conclusion : à part le cas où pour tout , avoir implique et donc n’est pas une puissance parfaite.
