TFJM — Problème 9

TFJM2— Problème 9
Orsay — Équipe 2
Résumé
Nous avons déterminé qu’il n’existe que deux triplets (n, p, q)∈N3tels que pet qsoient
des nombres premiers jumeaux, et que 2n+pet 2n+qsoient également des nombres
premiers jumeaux en examinant la congruence de 2nen fonction de nà certains modulo
premiers.
De la même façon, nous avons également déterminé des restrictions sur n,pet qpour
trouver d’autres paires de nombres premiers jumeaux.
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Table des matières Orsay — Équipe 2 Problème 9
Table des matières
1 Trouver les entiers naturels npour lesquels il existe des nombres premiers
jumeaux tels que les nombres suivants sont premiers également 3
1.1 2n+pet 2n+q................................ 3
1.2 22n+ 2013 ×2n+ 2014 + pet 22n+ 2013 ×2n+ 2014 + q......... 5
1.3 9n+ 7n+ 5n+ 3n+pet 9n+ 7n+ 5n+ 3n+q............... 6
2 Existe-t-il seulement un nombre fini d’entiers npour lesquels on peut
trouver un quadruplet premier de la forme (p,q,an+p,an+q) ? 7
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Question 1 Orsay — Équipe 2 Problème 9
1 Trouver les entiers naturels npour lesquels il existe
des nombres premiers jumeaux tels que les
nombres suivants sont premiers également
1.1 2n+pet 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 2ne fait pas partie d’une paire de nombres premiers jumeaux,
donc tous les nombres premiers pet qconcernés, de même que tous les nombres premiers
obtenus 2n+pet 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 2et de 3est congru à 1ou 5modulo
6, car dans le cas contraire il serait pair ou multiple de 3. Considérons toute paire de
nombres premiers jumeaux telle que p6= 3 : alors p≡5 [6] et q≡1 [6].
On sait également que :
nimpair ⇒2n≡2 [6]
npair ⇒2n≡4 [6]
donc que :
nimpair ⇒2n+q≡3 [6] ⇒3|2n+q
nimpair ⇒2n+p≡3 [6] ⇒3|2n+p
Or, comme pet qsont strictement supérieurs à 3, ces nombres le sont également, donc
ils ne sont pas premiers. Donc p6= 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 nest 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 nest impair.
Construisons le tableau des congruences modulo 7:
n123456
2n241241
2n+3504504
2n+5026026
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Question 1 Orsay — Équipe 2 Problème 9
Ainsi, si n≡1 [3], alors 7|2n+ 5, et si n > 1, alors n > 7donc 2n+ 5 n’est pas
premier.
De même, si n≡2 [3], alors 7|2n+ 3, et comme n > 2car nest impair, 2n+ 3 >7,
donc 2n+ 3 n’est pas premier.
On sait donc que, pour tout n > 1correspondant au critère donné, 3|n. Enfin, on sait
déjà que nest 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 n6= 3, alors 2n+ 5 n’est pas premier. Donc il n’existe
pas d’autres entiers nconvenables que 1et 3. Et, dans les deux cas, p= 3 et q= 5.
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Question 1 Orsay — Équipe 2 Problème 9
1.2 22n+ 2013 ×2n+ 2014 + pet 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 p6= 3 et q6= 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.
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