Corrigé : pourquoi la raison vaut 210

/ Christian Nguembou Tagne

Deux cent dix est le produit de deux, trois, cinq et sept. Que la seule progression de dix nombres premiers inférieurs à trois mille ait précisément cette raison n’a rien d’une coïncidence de calcul : c’est une nécessité, et elle tient en un seul argument, appliqué successivement à chacun des petits nombres premiers. Une fois cet argument dégagé, les questions de l’exercice cessent d’être une suite d’astuces. Elles deviennent l’application répétée d’un même principe, suivie d’un tri, et l’on comprend du même coup pourquoi onze nombres premiers en progression sont introuvables sous vingt mille.

Cet article est le onzième de la série Le peuple des nombres premiers, tirée de Mathématiques en terminales scientifiques (Tome 2). Il corrige « Exercice : des nombres premiers en progression arithmétique », paru le 25 octobre. Il emploie une fois l’identité de Bézout.

1. Six, et le cas de trois

Question 1. Un nombre premier p>3 est impair, donc son reste modulo 6 vaut 1, 3 ou 5. Le reste 3 ferait de p un multiple de 3 supérieur à 3, ce qui est exclu. Il reste 1 ou 5.

Question 2. Soient p, p+r, p+2r trois nombres premiers supérieurs à 3. Le corrigé du Tome 2 raisonne modulo 6 : deux des trois termes ont le même reste, 1 ou 5, donc 6 divise leur différence, qui vaut r ou 2r, et 3 divise r ; par ailleurs r est la différence de deux nombres impairs, donc pair. Comme 2 et 3 sont premiers entre eux, 6 divise r.

L’hypothèse « supérieurs à 3 » est indispensable. Les nombres 3, 13 et 23 sont premiers et forment une progression de raison 10, qui n’est pas divisible par 3 : le résultat échoue dès que l’un des termes vaut 3. C’est exactement la situation étudiée dans la note de 2019, et c’est aussi la clé de tout ce qui suit.

2. Un seul principe

Question 5. Cette question, ajoutée à l’exercice du Tome 2, est traitée d’abord, parce qu’elle décide de toutes les autres.

Lemme. Soient q un nombre premier et k\geq q. Si k nombres premiers, tous différents de q, forment une progression arithmétique de raison r, alors q divise r.

Démonstration. Supposons que q ne divise pas r, et considérons les q premiers termes p, p+r, …, p+(q-1)r, qui existent puisque k\geq q. Deux d’entre eux, p+ir et p+jr avec 0\leq i<j\leq q-1, ne peuvent avoir le même reste modulo q : sinon q diviserait (j-i)r, alors qu’il ne divise ni r ni j-i, qui est compris entre 1 et q-1, et que q est premier. Ces q termes ont donc q restes distincts, c’est-à-dire tous les restes possibles, et l’un d’eux est divisible par q. Étant premier, il vaut q : c’est contraire à l’hypothèse. \quad\Box

La question 2 en est le cas q=3, k=3, complété par le cas q=2. La question 3(b) en est le cas k=10, q=5 et q=7. La question 4 en est le cas k=11, et le lemme y donne la divisibilité par 11 elle-même.

3. La raison 210

Question 3. Soit p_{n}=p+nr, pour 0\leq n\leq 9, une progression de nombres premiers inférieurs à 3000.

(a) Si p valait 2, 3, 5 ou 7, le terme d’indice p serait p_{p}=p+pr=p(1+r), produit de deux entiers au moins égaux à 2, et ne serait pas premier. Donc p\geq 11.

(b) et (c) Tous les termes sont au moins égaux à 11, donc différents de 2, 3, 5 et 7. Le lemme, avec k=10, montre que ces quatre nombres premiers divisent r. Étant deux à deux premiers entre eux, leur produit 210 divise r. Or p+9r\leq 2999 et p\geq 11 donnent 9r\leq 2988, soit r\leq 332. Le seul multiple de 210 dans cet intervalle est 210 lui-même. Ainsi r=210, et p\leq 2999-1890=1109.

(d) Comme 210=11\times 19+1, on a p_{n}\equiv p+n\pmod{11}. Si le reste i de p modulo 11 était compris entre 2 et 10, le terme d’indice n=11-i, qui existe puisque 1\leq n\leq 9, serait divisible par 11 et supérieur à 11. Donc i=0, c’est-à-dire p=11, ou i=1.

(e) Pour p=11, le deuxième terme vaut 221=13\times 17. Donc p\equiv 1\pmod{11} ; étant impair, p\equiv 1\pmod{22}, et le plus petit candidat est 23.

(f) Comme 210=13\times 16+2, on a p_{n}\equiv \alpha+2n\pmod{13}, où \alpha est le reste de p, qui n’est pas nul puisque p\neq 13. Si \alpha était impair, le terme d’indice n=(13-\alpha)/2, compris entre 1 et 6, serait divisible par 13 et supérieur à 13. Donc \alpha est pair.

On peut serrer davantage, ce que l’ouvrage ne fait pas. Le même argument appliqué à n=(26-\alpha)/2 écarte \alpha=8, 10 et 12, pour lesquels cet indice vaut 9, 8 et 7. Il ne reste que \alpha\in\{2,4,6\}.

(g) Il faut maintenant combiner p\equiv 1\pmod{22} et p\equiv\alpha\pmod{13}. Le corrigé du Tome 2 remonte l’algorithme d’Euclide pour obtenir 22\times 3-13\times 5=1. On en tire que 66\alpha-65 convient : il vaut 1 modulo 22 puisque 66\equiv 0 et -65\equiv 1, et \alpha modulo 13 puisque 66\equiv 1 et -65\equiv 0. Comme 22 et 13 sont premiers entre eux, deux solutions diffèrent d’un multiple de 286=22\times 13. Les restes de 66\alpha-65 modulo 286 sont :

\begin{array}{|c||c|c|c|c|c|c|} \hline \alpha & 2 & 4 & 6 & 8 & 10 & 12 \\ \hline p\bmod 286 & 67 & 199 & 45 & 177 & 23 & 155 \\ \hline \end{array}

(h) Les entiers de 23 à 1109 qui ont l’un de ces six restes sont au nombre de vingt-quatre, et dix d’entre eux sont premiers : 23, 67, 199, 331, 353, 463, 617, 727, 881 et 1013. Pour neuf d’entre eux, la progression s’interrompt :

\begin{array}{rcl} 23+5\times 210 & = & 1073=29\times 37 \\ 67+3\times 210 & = & 697=17\times 41 \\ 331+3\times 210 & = & 961=31\times 31 \\ 353+5\times 210 & = & 1403=23\times 61 \\ 463+5\times 210 & = & 1513=17\times 89 \\ 617+2\times 210 & = & 1037=17\times 61 \\ 727+2\times 210 & = & 1147=31\times 37 \\ 881+8\times 210 & = & 2561=13\times 197 \\ 1013+3\times 210 & = & 1643=31\times 53 \end{array}

Il reste p=199, et l’on vérifie, par le critère de la racine carrée, que les dix nombres 199, 409, 619, 829, 1039, 1249, 1459, 1669, 1879 et 2089 sont premiers. C’est la seule progression de dix nombres premiers inférieurs à 3000. Avec la restriction de la question (f) serrée, les candidats premiers ne sont plus que 67, 199, 331, 353 et 617.

4. Pourquoi pas onze

Question 4. Soit une progression de onze nombres premiers inférieurs à 20\,000. Le même argument qu’en 3(a) donne p\geq 11. Si p>11, aucun terme ne vaut 2, 3, 5, 7 ou 11, et le lemme, avec k=11, montre que 2310=2\times 3\times 5\times 7\times 11 divise r. Le dernier terme dépasse alors 10\times 2310=23\,100 : c’est impossible.

Si p=11, le lemme donne seulement 210 divise r. Écrivons r=210k ; la condition 11+2100k<20\,000 impose k\leq 9. Modulo 13, on a p_{n}\equiv 11+2kn, qui est nul dès que kn\equiv 1\pmod{13}. Pour k=1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, l’inverse de k modulo 13 vaut respectivement 1, 7, 9, 10, 8, 2, 5, 3 : un terme d’indice au plus 10 est divisible par 13, et la progression s’interrompt. Reste k=6, dont l’inverse vaut 11 ; mais alors p_{3}=11+3\times 1260=3791=17\times 223. Aucune progression ne convient. \quad\Box

5. Des progressions aussi longues qu’on veut

Cette dernière section ne figure pas dans l’ouvrage. Le lemme dit qu’une progression de k nombres premiers, tous supérieurs à k, a une raison divisible par tous les nombres premiers au plus égaux à k. C’est ce qui rend les longues progressions si rares parmi les petits nombres : pour de telles progressions, la raison est un multiple de 6 dès trois termes, de 210 dès sept, de 2310 dès onze et de 30\,030 dès treize. L’hypothèse compte : 7, 157, 307, 457, 607, 757 et 907 sont sept nombres premiers en progression de raison 150, qui n’est pas divisible par 7, parce que le premier terme vaut justement 7. La plus petite progression de onze nombres premiers, au sens où son dernier terme est le plus petit possible, commence à 110\,437 et a pour raison 13\,860=6\times 2310 ; son dernier terme est 249\,037.

Existe-t-il des progressions de nombres premiers de toute longueur ? La question est longtemps restée ouverte. Ben Green et Terence Tao y ont répondu par l’affirmative en 2004, par une démonstration qui mêle combinatoire, analyse et théorie ergodique, très loin de ce qu’on peut exposer ici. Leur théorème garantit l’existence de ces progressions ; il ne dit pas comment les trouver, et les plus longues que l’on connaisse ont été obtenues par des recherches sur ordinateur. Le prochain article de la série, qui paraît le 29 octobre, change de question : il compte les facteurs premiers d’une factorielle sans la calculer.

Les corrigés des questions 1 à 4 suivent ceux de l’exercice Progression arithmétique de nombres premiers, dans la section Divers des exercices d’approfondissement de Mathématiques en terminales scientifiques (Tome 2). Le lemme de la section 2 et son emploi systématique, la restriction serrée modulo 13, la plus petite progression de onze nombres premiers et le théorème de Green et Tao n’y figurent pas et sont ajoutés ici.

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