Solution de Claude Felloneau Pb1:Pn+1 est un entier impair

A553. Puissances inaccessibles

Soient :

– P_n le produit desn premiers nombres premiers,P_n =p₁p₂p₃..p_n avecp₁=2, p₂=3, p₃=5 ,...

– pn+1le (n+1)ième nombre premier,

– Q_nle produit dennombres premiers impairsQ_n=q₁q₂...q_n.

Pb1(*) : Démontrer que pournquelconque,Pn+1 ne peut jamais être un carré parfait.

Pb2(**) : Démontrer que pournquelconque,Q_n²+1 ne peut jamais être un cube parfait.

Pb3(***) : Pour quelles valeurs dena-t-onP_n>p²_n+1? Justifier la réponse.

Pb4(****) : Pour les plus courageux : Démontrer que pourn>1,Pn−1 ne peut jamais être une puissance parfaite.

Solution de Claude Felloneau

Pb1:P_n+1 est un entier impair. De plusP_nn’est pas divisible par 4, doncP_n≡3 [4]. Or 3 n’est pas un carré modulo 4, doncPn+1 ne peut pas être le carré d’un entier.

Pb2:Q_n est un entier impair doncQ_n² ≡1 [8] doncQ²_n+1≡2 [8]. Comme le cube d’un entier pair est congru à 0 modulo 8,Q_n²+1 n’est pas le cube d’un entier pair, ni celui d’un entier impair puisqu’il est pair.

Pb3: Les entiers tels queP_n>p²_n+1sont les entiers supérieurs ou égaux à 4.

En effet,P₁=2<9=p₂²,P₂=6<25=p₃²,P₃=30<49=p₄²,P₄=210>121=p²₅. SiP_n>p²_n+1, on a doncn>4 etp²_n+1<p₁p₂...p_n.

Orp_n+2<2p_n+1(th. de Tchebychev) doncp²_n+1<4p²_n+1<4p₁p₂...p_n<p₁p₂...p_n+1=P_n+1car p_n+1>p₄>4.

La propriétéP_n>p_n+1² est donc héréditaire. Comme elle est vraie pourn=4, elle est vraie pour tout entiern>4.

Pb4: pourn>1,P_n−1 ne peut jamais être une puissance parfaite.

Preuve :

Supposons qu’il existe trois entiers naturelsa,b,nsupérieurs ou égaux à 2 tels quePn−1=a^b. En remplaçant au besoinbpar un diviseur premierpdebetapara

b

p, on peut supposer queb est premier.

De plus, tout diviseur premier deane divise pasP_ndonc est différent dep_i pour 16i 6n. On en déduit quea>pndoncpⁿ_n>Pn>1+p_n^bdoncb<n.

– Sib=2, on aP_n=1+a².

Or les résidus de 1+a²modulo 7 ne peuvent être que 1, 2, 5 et 3, donc 7 ne divise pas

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P_n, d’oùn63.

CommeP3−1=29 etP2−1=5 ne sont pas des carrés, c’est impossible.

– Sib>2,best un nombre premier impair. En posantc=a+1, on a :

Pn=1+a^b=1+(c−1)^b=1+ Xb i=0

Ãb i

!

(−1)^b−icⁱ= Xb i=1

Ãb i

!

(−1)^b−icⁱ=cd avec

d=

b

X

i=1

Ãb i

!

(−1)^b−icⁱ⁻¹

Commebest premier,bdivise chacun des coefficients binomiaux¡_b

i

¢pour 16i6b−1, doncd≡c^b−1[b], d’oùPn≡c^b[b].

Commeb<n,b6p_n, doncc^b≡0 [b] d’oùbdivisec. On en déduit alors queb divised etb²divisecd=P_n. Ce qui est impossible par définition deP_n.

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