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Considérons le coefficient binomial :
avec n premier.
On a n termes, au numérateur et au dénominateur.
Posons :
Tous les facteurs premiers de Bn avec leurs puissances sont présents dans An
On en déduit que certains facteurs premiers de Bn sont éliminés, en particulier n
D'autres facteurs ( ≤n ) sont à des puissances inférieures.
D'après le Théorème de SYLVESTER ( le produit de n entiers concécutifs >n est divisible par un premier q > n )
On en déduit que q ∈ An avec n < q < 2n
On en déduit un résultat remarquable :
En réalité on n'a pas besoin de thérème de SYLVESTER.
Pour n premier si on connaît tous les premiers inférieurs à n, alors Cn2n nous donne tous les premiers entre n et 2n.
EXEMPLES :
En conclusion on a donc un processus itératif qui nous permet d'engendrer tous les nombres premiers. Ceci s'inscrit dans la démarche constructiviste de KRONECKER.
D'autre part le nombre de premiers q tel que n < q < 2n ( n premier ) "augmente" avec n même si pour certains n il y a des anomalies (variation inverse).
n premier
Soient µ(n) le nombre de premiers strictement compris entre 1 et n qui interviennent dans l'expression Cn2n.
v(n) le nombre de premiers strictement compris entre n et 2n
Conjecture : si n → ∞ ∃ L fini tel que |µ(n) - v(n)| < L
Un calcul simple nous permet d'établir rapidement les 2 relations suivantes :
On a (n , n + 1) = 1 ( premiers entre eux )
EXEMPLES :
Si n pair , (n + 1) et (2n – 1) sont impairs et peuvent être premiers
n impair
Les facteurs 6 = 2.3 et 9 = 32 sont présents dans C510
Tout ceci est à rapprocher du résultat remarquable du mathématicien P . ERDOS établi en 1932 à savoir :
Dans l'expression de Cn2n il n'existe aucun facteur premier p
Cn2n nous procure tous les premiers p ∈ ] n, 2n [ ( déjà vu )
Et une partie des premiers 
nous est fourni par les nombres (n + 1) et (2 n – 1) non premiers.
De plus grace au théorème de LEGENDRE à savoir :
« Le nombre n ! contient le facteur premier p exactement 
fois » avec pk ≤ n
Le symbole [ ] signifie partie entière .
On a 
Considérons n = 2k (2k)! contient le facteur 2 , 2k - 1 fois
Donc [(2k)!]2 contient le facteur 2, 2k+1 - 2 fois
(2k+1)! contient le facteur 2, 2k+1 - 1 fois
Donc pour n=2k Cn2n contient le facteur 2, 1 seule fois
EXEMPLES :
Considérons n ∈ N entiers
b et c sont impairs
On en déduit que b2 - 4c = 5 
Propriétés :
(1) b ∈ (5) ⇔ c ∈ (5)
(2) c ≠ d2
(3) b , c ∉ (5) ⇔ (b , c) = 1 Premiers entre eux.
D'après la loi de Réciprocité Quadratique et le fait que Z (√5) est Euclidien donc principal, on déduit que tout premier p, 10k+1 ou 10k+9 s'écrit p = x2 - 5y2 (x, y) = 1
Tout produit de premiers pi 10k+1 et 10k+9 sécrit :
∏ki = pi = X2 - 5 Y2
avec la formule pour 2 premiers p et q.
Soit p = x2 - 5y2 premier avec (x, y) = 1.
D'après BEZOUT ∃ (x', y') = 1 tel que xy' - yx' = ± 1
Si on pose n = x'2 - 5y'2 produit de premiers 10k+1, 10k+9 alors p.n = X2 - 5.12
⇒ b2 - 5.12 = 4c
De plus en posant q = b2 - 5d2 avec (b, d) = 1 et b, d impairs
On a q=4m avec m impair
Donc si b ∉ (5) on déduit que c est un premier 10k+1 ou 10k+9 ou un produit de ces premiers.
Si b ∈ (5) ⇒ c ∈ (5)
On a
avec (b', c') = 1
b2 - 4c = 5 ⇒ 5b'2 - 4c' = 1
D'où 5b'2 - 1 = 4c' avec c' ∉ (5)
D'après la loi de Réciprocité Quadratique et le fait que l'anneau Z(√5) est Euclidien donc principal c' est un premier
10k+1 ou 10k+9 ou un produit de ces premiers.
On en déduit qu'on a bien trouvé la loi qui régit les premiers 10k+1, 10k+9
b impair
c ou c' est un premier 10k+1 ou 10k+9 ou un produit de ces premiers.
REMARQUE : Avec le processus employé, on est sûr d'avoir atteint tous les premiers 10k+1, 10k+9.
Reste à trouver la loi des premiers 10k+3, 10k+7 si elle existe.
On a vu que la fonction c = (b2- 5)/4 nous donne tous les premiers, 5 , 10k+1 , 10k+9 , seuls ou par produit de 2,3,4,……. de ces premiers.
On a posé b = n + ( n+1) = 2n+1 impair
c = n (n+1) – 1 = n2+n-1 impair
Considérons b’ = (n+1) + (n + 2) = 2 n + 3
c’ = (n+1)(n+2) - 1 = n2+3n+1
On a c’ = b + c +1
Dans le cas où b , c ∈ (5)
b = 5 b’
c = 5 c’ impairs ⇒ b’ , c’ impairs
On a 4 c’ = 5 b'2- 1
Posons b’ = 2m + 1
D’où 4 c’ = 20m2+ 20 m+4
c'= 5m2+ 5 m+1
Si b’’ = 2 m + 3
On a c''= 5 m2+ 15 m+11
Donc c’’ - c’ = 10 ( m + 1) ∈ ( 10 )
Cette relation représente la récurrence sur c’ ;
Les premiers termes étant 1 , 11, …. c’ est toujours un nombre qui se termine par 1
On en déduit :
c’ est un premier 10 k + 1 ou un produit de premiers 10 k + 1 ; Si c’ contient des premiers 10 k + 9 alors il y en a un nombre pair.
Cas général :
On a 4 c=b2- 5 .12 avec b , c impairs
c est une fonction strictement croissante de b
c peut être 5 , un premier 10k+1 , 10k+9 ou un produit de ces premiers.
un b = 2n+1 donne un c = n ( n+1 ) – 1 d’une manière univoque.
Soit b’ = 2n+3 et c’ = ( n+1 )( n +2 ) – 1
Considérons c’’ = c c’ et cherchons un entier m tel que c’’ = m ( m + 1) - 1
On a c''=( n2+n-1)(n2+ 3 n+1)
c''=n4+4n3+3n2-2n-1
On doit avoir m ( m+1) = n4+4n3+3n2-2n
Considérons m = n + c = n2+2n-1
On a donc m ( m + 1 ) = (n2+2n-1)(n2+2n)
m ( m + 1) = n4+4n3+3n2-2n
On en déduit que m=n2+2n-1 convient
On a aussi b''=2m+1=2n2+4n-1
Exemple :
n = 3 b = 7 c = 11
n = 4 b’ = 9 c’ = 19
n = 14 b’’ = 29 c’’ = 11 . 19
Poursuivons notre réflexion sur les premiers 10k+1, 10k+9 et leurs produits.
Pour b = 2 n +1 et c = n ( n + 1 ) - 1 impairs
On a 4 c = b2 - 5
Soient pour n ≥ 2 ou c ≥ b
n b = 2 n + 1 c = n2+ n-1
n + 1 b’ = 2 n + 3 c’ = n2 +3 n +1
n + 2 b’’ = 2 n + 5 c’’ = n2+ 5 n +5
Pour m = n2+ 2 n -1 on obtient c c’ = m ( m + 1 ) - 1
Pour l = n2+ 4 n +2 c’ c’’ = l ( l + 1 ) - 1
Une 1° période pour c’ sera :
P1 = m - ( n+ 1 ) = n2+ 2 n-1-n-1
P1 = n2+ n-2 = c-1
P1 = c’ - b’
Une 2° période pour c’ sera :
P2 = l – m = n2+4 n+2-n2-2 n +1 =2 n+3
P2 = b’
On a P1 + P2 = c’
Tous ces résultats sont remarquables, ils sont même valides si c non premier
EXEMPLES :
| n | b | c | |
| 2 | 5 | 5 | |
| 3 | 7 | 11 | |
| 4 | 9 | 19 | |
| 5 | 11 | 29 | |
| 6 | 13 | 41 | |
| 7 | 15 | 55 | = 5 . 11 |
| 14 | 29 | 209 | = 11 . 19 |
b = c = 5 c’ = b + c + 1 = 11
b’ = 7 P1 = c’ - b’ = c - 1 = 4
P2 = b’ = 7
Considérons le cas
b = 2 n + 1 c = n2+ n – 1 = p . q avec q premier 10 k +1 ou 10 k + 9 et q > b
p = 5, premier 10 k + 1, premier 10 k + 9 ou produit de ces premiers.
Cherchons un entier m tel que c’ = m ( m + 1 ) – 1 = p’ . q
Considérons m = n + ( q – b )
Donc m = q – n – 1
On a donc c’ = ( q – n – 1 )( q – n ) - 1
c’ = q2- 2 q n-q+n2+ n-1 avec n2+ n-1=p q on a :
c’ = q ( p + q – 2 n – 1 ) = q ( p + q – b )
On en déduit que p’ = p + q – b
On a donc trouvé les entiers m et p qui répondent à la question.
On en déduit une 1° période P1 = q - b pour le premier q
Cherchons un autre entier l , s’il existe , tel que :
c’’ = l ( l + 1 ) – 1 = p’’ q
Considérons l = n + q
On a c’’ = ( n + q ) ( n + q + 1 ) - 1 = p q+2 n q+q2+ q
c’’ = ( p + q + b ) q
Posons p’’ = p + q + b
On a donc trouvé les entiers l et p’’ qui répondent à la question ; On en déduit une 2° période P2 = b pour le premier q .
On a donc le tableau suivant :
n b = 2 n + 1 c = n ( n + 1 ) – 1 = p q (q premier)
m = n + ( q – b ) b’ = 2 m + 1 c’ = m ( m + 1 ) – 1 = p’ q
l = n + q b’’ = 2 l + 1 c’’ = l ( l + 1 ) – 1 = p’’ q
On a donc les 2 périodes P1 = q – b, P2 = b et les 2 valeurs de p’ et p’’
p’ = p + q – b
p’’ = p + q + b
EXEMPLES :
n = 12 b = 25 p = 5 q = 31
P1 = 6 p’ = 11 m = 18
P2 = 25 p’’ = 61 l = 43
On a donc trouvé la génèse de tous les premiers
10 k + 1, 10 k + 9
