Somme de nombres premiers entre eux

[Naturex]

Bonjour, je suis actuellement en TS, spé maths, et après avoir fini les chapitres d'arithmétique, le professeur nous a donné des exercices amusants, comme montrer que si a+b=p, a et b des entiers naturels et p un nombre premier, alors a^b=1.
J'ai réussi cet exercice et ai essayé de généraliser, pour tout entier naturel n>2, il existe au moins un couple (a,b) d'entiers naturels >1 tels que a+b=n et a^b=1.

Après plusieurs tentatives, je n'arrive toujours pas à le démontrer, est-ce que vous auriez des pistes ? Est-ce faisable à mon niveau ?
J'ai vu qu'il y avait n/2 (si n pair) ou (n-1)/2 (si n impair) couples tels que a+b=n, et j'ai essayé à partir de là plusieurs pistes qui n'ont pas abouti.

En tout cas, merci d'avance pour vos réponses.
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[gg0]

Bonjour.

A priori, on peut penser à a=1, b=n-1 (je suppose que tu notes a^b le pgcd de a et b - ce n'est pas une bonne idée, ça veut dire a puissance b).

Cordialement.

NB : Si tu imposes, en plus, à a et b d'être premiers, on ne t'en donnera pas une preuve, ce serait une preuve de l'hypothèse de Goldbach. Qui n'a pas encore été prouvé.

[Naturex]

Oui, désolé pour la notation qui est maladroite, je vais changer ça, mais j'ai précisé a et b strictement supérieurs à 1, sinon, c'est pas du jeu

Je connais la conjecture de Goldbach, et justement, j'essaye de montrer ce "théorème" plus faible où les entiers a et b ne sont "que" premiers entre eux

[Naturex]

Pour être clair, j'aimerais démontrer que


Merci ^^

[A voir en vidéo sur Futura]

[minushabens]

annulé --------------------

[minushabens]

La façon la plus simple que je trouve pour démontrer cette propriété fait usage du théorème de Chebyschev, appelé aussi "postulat de Bertrand", qui dit que pour tout entier n, il y a un nombre premier strictement compris entre n et 2n-2. Maintenant, si n est un nombre pair (le cas des nombres impairs étant trivial), le théorème dit qu'il y a un nombre premier entre n/2 et n-1. Ce nombre sera a et on a b=n-a<a premier avec a.

[Naturex]

Merci beaucoup, je ne pense pas que j'aurais pu trouver seul ne connaissant pas le théorème de Chebyschev, je vais pouvoir me renseigner là-dessus.

[minushabens]

mais il doit y avoir d'autres façons de faire. Dans celle que je propose, l'un des deux nombres est premier alors que ce n'est pas nécessaire.

[eudea-panjclinne]

Soit p un nombre premier ne divisant pas n, p+(n-p)=n devrait satisfaire le problème. il reste à affiner.

[minushabens]

mais il faut prouver qu'il existe un nombre premier ne divisant pas n (et inférieur à n), c'est pourquoi j'ai fait usage du postulat de Bertrand. Sinon ce n'est pas si évident à démontrer.

[eudea-panjclinne]

Exact. Considérons un entier n>=7. Supposons que tous les nombres premiers inférieurs strictement à n, divisent n. Considérons maintenant n-1, il admet un diviseur premier <=n-1 donc <n, or ce diviseur premier ne peut diviser n, ce qui contredit l'hypothèse de départ.

[minushabens]

Ca marche... pas tout à fait! Si par malheur n-1 est premier alors il faut trouver autre chose puisque la question exige que a et b soient différents de 1.

[gg0]

Euh .. Minushabens,

si tous les entiers premiers inférieurs à n le divisent, n-1 ne peut pas être premier, puisqu'il ne divise pas n.

Cordialement.

[minushabens]

C'est vrai. Mais cela dit, pour un entier n quelconque, il se peut que n-1 soit premier et donc il faut prouver l'existence d'un autre premier non diviseur de n.

[gg0]

Effectivement.

C'est le cas de 6, le seul premier inférieur à lui qui ne le divise pas est 6-1.

Dans ton message #6, tu n'assures pas que le premier soit différent de n-1, non ?

Cordialement.

[minushabens]

Si parce que le postulat de Bertrand garantit pour tout entier m>3 l'existence d'un nombre premier p tel que m<p<2m-2, donc en posant n=2m on a bien n/2<p<n-1

[gg0]

Ok.

Donc ça impose n>6, et le cas n=6 est rejeté.

Cordialement.

[minushabens]

Oui, d'ailleurs on ne peut pas écrire 6=a+b avec a et b >1 et premiers entre eux.

[eudea-panjclinne]

Je persiste à vouloir trouver une solution élémentaire.
on considère n-2, il admet au moins un diviseur premier, soit p le plus grand des ces diviseurs premiers divisant n-2.
on a 2<=p<=n-2.
1) si p est différent de 2, alors il ne peut diviser n puisqu'il divise n-2. Une réponse à la question est p +(n-p)=n
2) si p=2, alors n-2=2^k donc n=2(2^(k-1)+1), k>3. On les nombres de la forme 2^m+1, m entier naturel, ne sont jamais divisibles par 7. Une réponse à la question est :
7+(n-7)=n.

exemples :
n=7, p=5, 5+2=7
n=8, p=3, 3+5=8
n=9, p=7, 7+2=9
n=10, p=2, 7+3=10
n=11, p=3, 3+8=11
n=12, p=5, 5+7=12
n=13, p=11, 11+2=13
n=14, p=3, 3+11=14
n=15, p=13, 13+2=15
n=16, p=7, 7+9=16
n=17, p=5, 5+12=17
n=18, p=2, 7+11=18

[minushabens]

Cette fois ça marche.

Sinon une autre approche consiste à remarquer que si n=a+b et si a est premier avec n, alors b aussi et de plus a et b sont premiers entre eux. Donc la question revient à montrer que pour tout n>6 il existe un a<n premier avec n et différent de 1 et n-1. Ou en d'autres termes que la fonction totient d'Euler Phi(n)>2 si n>6. Or on sait que Phi tend vers l'infini quand n tend vers l'infini, donc pour n assez grand la question est résolue (c'est de l'humour j'espère que ça se voit...)

[eudea-panjclinne]

Pas de problème. Merci pour la vérification.