TFJM — Problème 9

TFJM2 — Problème 9
Orsay — Équipe 2
Résumé
Nous avons déterminé qu’il n’existe que deux triplets (n, p, q) ∈ N3 tels que p et q soient
des nombres premiers jumeaux, et que 2n + p et 2n + q soient également des nombres
premiers jumeaux en examinant la congruence de 2n en fonction de n à certains modulo
premiers.
De la même façon, nous avons également déterminé des restrictions sur n, p et q pour
trouver d’autres paires de nombres premiers jumeaux.
1
Table des matières
Orsay — Équipe 2
Problème 9
Table des matières
1 Trouver les entiers naturels n pour lesquels il existe des nombres
jumeaux tels que les nombres suivants sont premiers également
1.1 2n + p et 2n + q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 22n + 2013 × 2n + 2014 + p et 22n + 2013 × 2n + 2014 + q . . . .
1.3 9n + 7n + 5n + 3n + p et 9n + 7n + 5n + 3n + q . . . . . . . . . .
premiers
. . . . .
. . . . .
. . . . .
3
3
5
6
2 Existe-t-il seulement un nombre fini d’entiers n pour lesquels on peut
trouver un quadruplet premier de la forme (p, q, an + p, an + q) ?
7
2
Orsay — Équipe 2
Question 1
Problème 9
1 Trouver les entiers naturels n pour lesquels il existe
des nombres premiers jumeaux tels que les
nombres suivants sont premiers également
1.1 2n + p et 2n + q
Théorème 1
(p, q, 2n + p, 2n + q) est un quadruplet premier si et seulement si (p, q) = (3, 5) et n ∈
{1, 3}.
Démonstration :
On sait tout d’abord que 2 ne fait pas partie d’une paire de nombres premiers jumeaux,
donc tous les nombres premiers p et q concernés, de même que tous les nombres premiers
obtenus 2n + p et 2n + q, sont impairs. On peut donc immédiatement éliminer le cas où
n = 0.
Dans la suite, on considérera n ≥ 1.
On note par convention q = p + 2.
On sait que tout nombre premier différent de 2 et de 3 est congru à 1 ou 5 modulo
6, car dans le cas contraire il serait pair ou multiple de 3. Considérons toute paire de
nombres premiers jumeaux telle que p 6= 3 : alors p ≡ 5 [6] et q ≡ 1 [6].
On sait également que :
n impair ⇒
n pair ⇒
2n ≡ 2 [6]
2n ≡ 4 [6]
donc que :
n impair ⇒
n impair ⇒
2n + q ≡ 3 [6] ⇒
2n + p ≡ 3 [6] ⇒
3 | 2n + q
3 | 2n + p
Or, comme p et q sont strictement supérieurs à 3, ces nombres le sont également, donc
ils ne sont pas premiers. Donc p 6= 3 est impossible. Ainsi, p = 3 et q = 5.
On remarque immédiatement que n = 1 et n = 3 conviennent : en effet,
21 + 3 = 5 et 21 + 5 = 7
23 + 3 = 11 et 23 + 5 = 13
Cherchons d’autres solutions.
Supposons que n est pair. Alors 2n ≡ 4 [6], d’où 2n + 5 ≡ 3 [6], donc 3 | 2n + 5. Or,
comme n ≥ 2, 2n + 5 ≥ 9 > 3, donc 2n + 5 n’est pas premier. Donc n est impair.
Construisons le tableau des congruences modulo 7 :
n
2n
n
2 +3
2n + 5
1
2
5
0
2
4
0
2
3
3
1
4
6
4
2
5
0
5
4
0
2
6
1
4
6
Question 1
Orsay — Équipe 2
Problème 9
Ainsi, si n ≡ 1 [3], alors 7 | 2n + 5, et si n > 1, alors n > 7 donc 2n + 5 n’est pas
premier.
De même, si n ≡ 2 [3], alors 7 | 2n + 3, et comme n > 2 car n est impair, 2n + 3 > 7,
donc 2n + 3 n’est pas premier.
On sait donc que, pour tout n > 1 correspondant au critère donné, 3 | n. Enfin, on sait
déjà que n est impair. Supposons que n ≡ 1[4]. D’après le petit théorème de Fermat,
on sait que
4|m
⇒ 2m ≡ 1 [5]
donc que
n ≡ 1[4] ⇒ 4 | n − 1 ⇒ 2n = 2 × 2n−1 ≡ 2 × 1 ≡ 2 [5] ⇒ 5 | 2n + 3
Or, pour tout n > 1, 2n + 3 > 5, donc 2n + 3 n’est pas un nombre premier. Ainsi, si
n > 1, n ≡ 3 [4] et n ≡ 0 [3], donc d’après le théorème chinois, n ≡ 3 [12]. Enfin, d’après
le petit théorème de Fermat, on sait que
m ≡ 0 [12] ⇒ 2m ≡ 1 [13]
donc
n ≡ 3 [12] ⇒ 2n ≡ 23 ≡ 8 [13] ⇒ 13 | 2n + 5
Donc, si 2n + 5 6= 13, c’est-à-dire si n 6= 3, alors 2n + 5 n’est pas premier. Donc il n’existe
pas d’autres entiers n convenables que 1 et 3. Et, dans les deux cas, p = 3 et q = 5.
4
Question 1
Orsay — Équipe 2
Problème 9
1.2 22n + 2013 × 2n + 2014 + p et 22n + 2013 × 2n + 2014 + q
Théorème 2
Si (p, q, 22n + 2013 × 2n + 2014 + p, 22n + 2013 × 2n + 2014 + q) est un quadruplet premier,
alors (p, q) = (3, 5).
Démonstration :
On sait que 22n = 4n , donc 22n ≡ 4n ≡ 1n ≡ 1 [3]. De même, 3 | 2013 donc 3 | 2013 × 2n ,
et 2014 ≡ 1 [3].
Donc, et pour les mêmes raisons que précédemment, si p 6= 3 et q 6= 5, alors p ≡ 2 [3]
et q ≡ 1 [3], donc
22n + 2013 × 2n + 2014 + q ≡ 1 + 0 + 1 + 1 ≡ 0 [3]
Or, ce nombre est strictement supérieur à 2014 et est divisible par 3, donc n’est pas
premier.
Cela montre que p = 3 et q = 5.
5
Question 1
Orsay — Équipe 2
Problème 9
1.3 9n + 7n + 5n + 3n + p et 9n + 7n + 5n + 3n + q
Théorème 3
Si (p, q, 9n + 7n + 5n + 3n + p, 9n + 7n + 5n + 3n + q) est un quadruplet premier, alors
n 6= 0, et p = 3 si et seulement si n est pair.
Démonstration :
Tout d’abord, si n = 0, alors il existe m ∈ N tel que m, m + 2, m + 4 et m + 6 soient
premiers. Donc on sait que n 6= 0.
Etudions le cas où n est pair : alors, si n > 0, 3 | 9n et 3 | 3n . De plus, 7n ≡ 1n ≡ 1 [3],
et 5n ≡ 25n/2 ≡ 1n/2 ≡ 1 [3]. Donc 9n +7n +5n +3n ≡ 2 [3], donc q ≡ 1 [6] est impossible,
donc p = 3 et q = 5.
En revanche, si n est impair, alors 3 | 9n , 3 | 3n , 5n ≡ (−1)n ≡ −1 [3] et 7 ≡ 1n ≡ 1 [3],
donc 9n + 7n + 5n + 3n ≡ 0 [3], donc p = 3 est impossible.
6
Question 2
Orsay — Équipe 2
Problème 9
2 Existe-t-il seulement un nombre fini d’entiers n
pour lesquels on peut trouver un quadruplet
premier de la forme (p, q, an + p, an + q) ?
Sachant qu’il n’a jamais été prouvé qu’il existait une infinité de paires de nombres
premiers jumeaux, il paraît présomptueux de tenter de prouver ici qu’il en existe une
infinité d’une forme quelconque. Nous allons donc plutôt tenter de prouver qu’il n’en
existe qu’un nombre fini.
Théorème 4
Si a est impair ou égal à 2, il n’existe qu’un nombre fini d’entiers pour lesquels on peut
trouver un quadruplet premier de la forme (p, q, an + p, an + q).
Démonstration :
On sait tout d’abord que, si a est impair, alors, pour tout n ∈ N, an est impair. Dans ce
cas, pour toute paire de nombres premiers jumeaux p et q, les nombres an + p et an + q
sont pairs, donc ne forment pas une paire de nombres premiers jumeaux.
De plus, d’après le résultat précédent montré en 1. a), pour a = 2, il n’existe qu’un
nombre fini de solutions. On peut donc dire qu’il existe des entiers naturels a tels qu’il
n’existe qu’un nombre fini d’entiers n pour lesquels on peut trouver un quadruplet premier de la forme (p, q, an + p, an + q).
7