A331 : Primo-accointances.
Énoncé : Déterminer le nombre pair n qui a les deux propriétés suivantes :
P1 : c’est le seul entier inférieur à 2012 et supérieur à 17 tel que les huit entiers qui l’encadrent : n – 17, n – 11, n – 7, n – 1, n + 1, n + 7, n + 11 et n + 17 sont tous premiers.
P2 : c’est le plus grand entier tel que les nombres entiers inférieurs à lui et premiers avec lui, sont tous premiers.
Justifier votre réponse pour chacune des deux propriétés.
Soit n vérifiant P1,
Comme n-1 est premier et n−12 , n est logiquement pair.
Comme n-1 est n+1 sont premiers et n−13 , alors 3 divise n.
Comme n-7, n-1, n+1 et n+7 sont premiers et n−75 , alors 5 divise n.
Donc, 2, 3 et 5 étant premiers entre eux, le théorème de Gauss assure que 30 divise n et donc de plus n30 .
De plus, comme n-11, n+1, n+7, n-1 et n+11 sont premiers et n−117 , alors n≡2ou−2[7] .
n est donc de la forme 210k+30 ou 210k-30,
il nous reste alors 19 éléments inférieurs à 2012 pouvant convenir.
La même étude sur les congruences modulo 11 et 13 donne que n est congru à 2, 3, 8 ou 9 modulo 11 et à 0, 3, 5, 8 ou 10 modulo 13. La liste se réduit donc :
Remarque : On ne vérifie pas 30 pour les congruences modulo 13 car il est trop petit (30- 17=13)
Il reste à noter que 1290−17=19×67 et 123011=17×73 . Donc, seul reste 30 et comme 13, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 47 sont premiers,
Alors n=30.
Propriété : Pour tout k4 , pk♯pk12 (Démo à la fin)
Soit n vérifiant P2,
On note P l'ensemble des nombres premiers, pk le ke nombre premier, # l'opération primorielle et E={k∈ℕ;∀ak ,PGCDk , a=1⇒a∈P} dont n est le plus grand élément.
On note que 30∈E , donc n30 ,
Comme n304 et 4 n'est pas premier, alors PGCD(n,4)≠1, donc 2 divise n.
De même, comme n309 et 9 n'est pas premier, alors 3 divise n.
Et comme n3025 et 25 n'est pas premier, alors 5 divise n.
Donc 30 divise n.
On suppose que n≠30, donc n60 , On pose, pour tout k∈ℕ , Hk : " npk♯ "
comme n60 , alors n49 , donc 7 divise n, or 30 divise n et 7 est premier avec 30,
donc 210 divise n, donc n7♯ , donc H1, H2, H3 et H4 est vraie, Soit k∈ℕ tel que Hk soit vraie,
comme npk♯pk12 et pk+1² n'est pas premier, alors pk+1 divise n, or pk# et pk+1 sont premiers entre eux,
donc pk1×pk♯ divise n, donc npk1♯ , donc Hk+1 est vraie
Finalement, le principe de récurrence assure que pour tout k∈ℕ , npk♯ , ce qui est absurde puisque limk∞ pk♯=∞ .
Donc n=30.
Démo (Propriété) : Notons θ=23
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On note que pour tout x réel supérieur à 12, x3⋅xθ et 3⋅x
2
2131x
−5 14
Donc pour tout x12 , 1x−3⋅xθ3⋅x
2 21−x
−5 14
Donc pour tout x12 , x2x3−3⋅x2θ3⋅x12θ−x3θ Soit alors pn le ne nombre premier,
On utilise le fait qu'il existe un nombre premier entre tout nombre de la forme n-nθ et n, en particulier, il existe un nombre premier entre pn+1-pn+1θ et pn+1,
entre autre pn se situe entre ces deux nombres, donc pnpn1−pn1θ ,
donc, si pn11 , alors pn3pn1−pn1θ3pn12 ,
on a ainsi, en vérifiant pour 3, 5 et 7, que pour tout n2 , pn3pn12 Comme 7♯112 , une récurrence simple assure alors le résultat.