Problème ouvert TS spé maths - nombre premiers

[ESOTSM]

Bonjour
Mon prof de spé maths nous a donné un problème ouvert à résoudre, et c'est vrai que je reste un peu perplexe à la lecture de l'énoncé, étant donné qu'il est assez succinct.

"Trouver tous les nombres premiers p tels que le nombre (2^n)+p² soit lui-même un nombre premier."

N'ayant aucun élément de recherche, J'ai fais une simulation pour les premiers nombres premiers.

2²+2²=8 (divisible par 2)
2^3+3²=17
2^5+5²=57 (divisible par 3)
2^7+7²=177 (divisible par 3)
2^11+11²=2169 (divisible par 3)
2^13+13²=8361 (divisible par 3)
2^17+17²=131 361 (divisible par 3)
2^19+19²=524 649 (divisible par 3)
2^23+23²=8 389 137 (divisible par 3)

Seulement p=3 fonctionne dans ma liste. On doit ensuite établir un conjecture, mais je ne sais pas de quoi partir... Il me semble qu'il pourrait y avoir un rapport avec une divisibilité ou une congruence modulo 3, puisque presque tous les nombres (à part 8) sont divisible par 3.

Ou alors, p=3 étant le seul fonctionnant dans ma liste, je me demandais si ça n'aurait pas un rapport avec le fait que 2 et 3 se suivent... Mais ça réduirait l'ensemble à une seule possibilité, ce qui me parait un peu improbable...
Je pense qu'il doit y avoir un rapport à trouver entre 2 et p, mais je ne vois vraiment pas à quel niveau...

Une petite piste de recherche ou l'invalidation de l'une de mes théories serait la bienvenue !

Merci d'avance
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[The_Anonymous]

Salut à toi

(2^n)+p²

Tu veux dire plutôt ? Ou bien est-ce alors et le n est fixé ? Ou est-ce un paramètre?

Cordialement

[ESOTSM]

Oh oui désolée, je me suis trompée en recopiant... C'est bien (2^p)+p²

Je peut être trouvé une manière de démontrer...

On sait que 2≡-1[3]
Donc :
(2^p)≡(-1)^p[3]
(2^p)≡-1[3] (puisque p est premier, donc impair.)

On pose n un entier naturel tel que 0<n<3
p≡n[3] n={0;1;2}
p²≡n²[3] n²={0;1;4}

Donc (2^p)+p²≡-1+n²[3]
Il y a 3 possibilités :

n=0
(2^p)+p²≡-1+0≡-1[3]

n=1
(2^p)+p²≡-1+1≡0[3]

n=2
(2^p)+p²≡-1+4≡3≡0[3]

Si l'on veut que n ne soit pas divisible par 3, il ne nous reste qu'une solution : tous les nombres tels que n=0, de la forme p=3k+n=3k, k un réel entier.

Cela vous parait-il correct ?...

[Seirios]

Bonjour,

Pour simplifier ton raisonnement (que je n'ai pas vérifié), pense au petit théorème de Fermat.

[A voir en vidéo sur Futura]

[ESOTSM]

Bonjour

Je n'ai jamais entendu parler de ce théorème... J'ai trouvé deux versions sur internet :
Soit a un entier non divisible par p, p premier.

1) (a^p)-a divisible par p

2) (a^p-1)-1≡0[p]

Je ne comprend pas comment ce théorème peut coller au problème, sachant que j'ai un carré dans mon expression...

[Seirios]

Tu peux t'en servir pour dire que . Sinon, tu dois pouvoir le montrer directement.

[Seirios]

On pose n un entier naturel tel que 0<n<3
p≡n[3] n={0;1;2}
p²≡n²[3] n²={0;1;4}

Donc (2^p)+p²≡-1+n²[3]
Il y a 3 possibilités :

Si p est un nombre premier >3, alors n ne peut valoir que 1 ou 2. Tu trouves alors que p² est toujours congru à 1 modulo 3.

[ESOTSM]

Merci beaucoup, grâce à ca je crois que j'ai résolu le problème !