Bonjour

Sauf erreur

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Il n'y a pas de solution . En effet |p| ou |q|=2 et comme (p,q) ou (q,p) sont solutions en même temps , il suffit de regarder ce qui se passe si p=2 ou p=-2 et alors 2q+p premier donne q=-2 ou q=2  . Dans les deux cas ça ne marche pas .

Bonjour Imod,

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Pourquoi |p| = 2 ou |q| = 2 ?

Bonsoir,
As-tu trouvé celle de Littlefox ?

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Ici on ne peut réaliser la dernière condition  qu si l'un des deux est pair
ce qui impose 2 .je cherche.

Non Sylvieg la question est bien posée , j'ai simplement oublié les cas p+q=18 et p+q=14 . J'y reviendrai plus tard .

Imod

Non Sylvieg la question est bien posée , j'ai simplement oublié les cas p+q=16 et p+q=20 . J'y reviendrai plus tard .

Imod

Suite,

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2,3    --->7,13  mais hélas  I(2q+p)I  =8  toujours pair

Re suite

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J'avais testé pou q =2 pour éviter la dernière condition paire,mais:
Comme   p+q-18 est en valeur absolue  le seul cas à la fois pair et premier est 2
p+q=20 ou p+q= 16
p=7 q= 13  ou réciproquement
p=3 q=13  ou  réciproquement

@dpi,
13+14 = 27 . Embêtant...
Mais tu es dans la bonne voie
Tout en sachant que je ne suis pas certaine d'avoir trouvé toutes les solutions

Bonjour,

J'en ai trouvé six:

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(3,13) , (3,17) ,( -3,23) et les symétriques

Bonjour
Merci Sylvieg pour cette énigme, je ne suis pas sûr d'avoir toutes les réponses mais il y a de bonnes chances .

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Tous les nombres premiers sont impairs sauf 2.
Pour toute solution (p,q), (q,p) est aussi solution.
Si |p|=2, alors |p+2q| est pair. Donc soit p+2q = 2 et puisque |q| ne peut être 0, (p,q) = (-2,2) mais alors |p+q-18| = 18 qui n'est pas premier. Soit p+2q = -2 et puisque |q| ne peut être 0, (p,q) = (2,-2) mais alors |p+q-18| = 18 qui n'est pas non plus premier.
Donc |p| ne peut être 2. Par symétrie |q| ne peut être 2. p et q sont donc des nombres premiers impairs ou l'opposé de nombres premiers impairs.

Si p et q sont impairs alors |p+q-18| est pair. Soit p+q-18 = 2 et donc q = 20-p, soit p+q-18 = -2 et donc q = 16-p. Ce qui nous amène aux deux groupes de solutions suivantes :
|p|, |20-p|, |20+p| et |40-p| tous premiers
|p|, |16-p|, |16+p| et |32-p| tous premiers

En parcourant tous les nombres premiers p  < 10⁶ et leur opposé j'obtiens les seules solutions suivantes :
(-3;23), (3;13), (3;17), (13;3), (17;3) et (23;-3).

Je n'ai pas de preuves qu'il n'y a pas d'autres solutions mais je sens bien que non

@jandri,

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J'ai trouvé les mêmes
Je pense qu'il y a moyen de démontrer qu'un des deux est multiple de 3.
Avec du modulo 3 ?

@Sylvieg

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Tout à fait, modulo 3
Si p est suffisamment grand (> 40), on a :
p, p-20, p+20 et p-40 qui doivent tous être premiers or modulo 3 on a p, p+1, p+2 et p+2 or l'un des trois premiers termes est nécessairement multiple de 3 et donc non premier.
Si p est suffisamment petit, les signes sont juste inversés et on a la même situation.

Le cas (p>32) p, p-16, p+16, p-32 donne de la même façon p, p+2,p+1,p+1 et l'un des trois premiers termes est multiple de 3.

CQFD

J'ai aussi trouvé trois solutions et modulo 3 c'est évident car si l'une des valeurs absolues vaut 0 alors le nombre ne peut valoir que +3 ou -3 . On épuise très vite les cas à la main ( 3;13) , ( 3;17) et (-3;23) et les symétriques sont les seules solutions .

J'avais trouvé tout de suite mais la maison était envahie

Imod  

@Sylvieg

Tu as raison, ce n'est pas difficile de démontrer qu'il n'y a pas d'autres solutions:

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Si et :

dans le cas :
si alors donc ou .

si alors donc ou .

dans le cas :
si alors donc ou .

si alors donc ou .

D'ailleurs on peut généraliser en remplaçant 18 par un multiple de 6.

Bravo à LittleFox et jandri
Je n'ai pas beaucoup de temps ce matin.
@jandri,Pour le premier cas, je pense que c'est q = 3 ou q = -3 .
Pour n'envisager que -1 ou 1 modulo 6 , ne faut-il pas se débarrasser de p = 2 auparavant ?

J'ai l'impression que ta démonstration fonctionne aussi bien, si ce n'est mieux, en modulo 3 .

Mais, à cause des valeurs absolues, j'ai l'impression qu'il faut faire des hypothèses "p assez grand ou assez petit" comme LittleFox.

Une autre démonstration de 3 ou -3 présent pour l'un des deux entiers p ou q :
Si p et q ne sont pas égaux à 3 ou -3 , alors ils ne sont pas congrus à 0 modulo 3.
Un petit tableau modulo 3 pour p+q :


Avec p+q = 20 , on a p+q -1 [3] ; donc p 1 [3] et q 1 [3] .
Mais alors 2p+q 0 [3] ; donc 2p+q = 3 .
Ce qui donne p = 3 - 20 ; ni -17 , ni -23 ne conviennent.

Avec p+q = 16 , on a p+q 1 [3] ; donc p -1 [3] et q -1 [3] .
Mais alors p+2q 0 [3] ; donc p+2q = 3 .
Ce qui donne q = 3-16 ; ni -13 , ni -19 ne conviennent.

Bonjour,
j'ai fais un tableau en permutant les signes ,je me suis arrêté  car les test ne donnaient
plus rien (j'ai honte de la force brute )

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Bonsoir dpi,
Des fois la force brute permet de percevoir une propriété qui déclenche une idée de démonstration.
Etant dans le brouillard, j'avais commencé un peu comme toi avec des tables de valeurs.
J'ai cru voir que des multiples de 5 apparaissaient en plus des multiples de 3.
J'étais donc partie dans du modulo 15 et n'arrivais à rien

J'ai eu la chance que mon appel au secours soit entendu

Bonjour Sylvieg,

la considération du "modulo 6" permet de démontrer la généralisation suivante :
Si est un entier multiple de 6 alors le nombre de couples d'entiers tels que soient des nombres premiers est au maximum égal à 6.

Une démonstration:

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On peut supposer (en changeant en et en ).
1) si alors est pair donc égal à . on en déduit , d'où premier: contradiction.
et sont donc impairs et avec , d'où .

2) est équivalent à . Mais dans ce cas d'où . De même, .
On en déduit puis une impossibilité.

3) est équivalent à qui est équivalent à .
On en déduit .
Il y a possibilités :



.
Mais les quatre ne peuvent convenir simultanément car quelque soit le reste de modulo l'un des nombres est multiple de et supérieur à (pour ), donc ne peut être premier.
En permutant et on obtient couples au maximum.

Les formules précédentes permettent de tester rapidement les valeurs de jusqu'à .

Bonjour jandri,
Je vais sans doute avoir un peu plus de temps aujourd'hui et vais me plonger dans ta démonstration.
Contente déjà de constater que ce que j'avais perçu sur les multiples de 5 intervient

Bonjour,

Hors question,que savons-nous de la décomposition d'un nombre premier (>5)
en d'entre nombres premiers?

D'accord pour ouvrir une rubrique si nécessaire.

Alain

Bonjour,
@interpol,
Je ne vois pas bien ce que tu entends par "décomposition".
Tu peux ouvrir un nouveau sujet en précisant.

@jandri,
J'ai regardé en détail ta démonstration.
Une question : Pourquoi p ne peut-il être congru qu'à 1 ou -1 modulo 6 ? Pourqquoi pas à 3 ?
Une remarque : J'ai l'impression qu'à la fin supposer n > 6 suffit (à la place de n 18 ).
Un projet : Faire un plagiat de ta démonstration en remplaçant les modulo 6 par du modulo 3

Parce que les nombres premiers sont congrus à 1 ou -1 modulo 6? Les autres sont multiples de 2 ou 3.

J'aimerais aussi comprendre ce que interpol entend par décomposition d'un nombre premier.

Bonjour LittleFox,
Oui, mais 3 est premier et jandri ne semble pas l'envisager.

Plagiat de la démonstration de jandri en remplaçant les modulo 6 par du modulo 3.

Si n est un entier multiple de 6 alors le nombre de couples d'entiers (p,q) tels que |p|,|q|,|p+2q|,|2p+q|,|p+q-n| soient des nombres premiers est au maximum égal à 6.

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On peut supposer n0 , en changeant (p,q) en (-p,-q) .
Avec n entier naturel multiple de 6 :
1) |p|2
Si |p|=2 alors |p+2q| est pair. Or il est premier ; donc |p+2q|=2 .
D'où |p+2q|=|p| . Or q0 car |q| premier ; donc p+2q p .
D'où p+2q=-p . On aurait p+q = 0 qui donne |p+q-n| = |n| qui n'est pas premier.
Conclusion de 1) : |p|2 ; et de même |q|2 .

2)p+q-n = 2
D'après 1), p et q sont impairs. L'entier n étant pair, on en déduit |p+q-n| pair.
Or |p+q-n| est premier ; donc |p+q-n|=2 .
Conclusion de 2) : p+q-n =2.
De plus, n étant un multiple de 3, l'entier p+q n'est pas un multiple de 3.

3) p=3 ou q=3
Si |p|3 et |q|3 alors p1 [3] et q1 [3] .
D'après 2), p+q n'est pas un multiple de 3 ; il n'y a donc que 2 cas :
pq1 [3] ou pq-1 [3]
Dans les 2 cas on a |p+2q|=|2p+q|=3 , car entiers naturels multiples de 3 et premiers.
p+2q = 2p+q =3 donne p = q = 1 . Contredit |p| premier.
p+2q = -(2p+q) donne p=-q . On aurait |p+q-n|= n alors que n n'est pas premier.

4)Correspond au 3) de jandri

a)Si p=3 , deux possibilités :
p+q-n = 2 donne q = n-1 p+2q = 2n+1 et 2p+q = n+5 .
p+q-n = -2 donne q = n-5 p+2q = 2n-7 et 2p+q =n+1 .

b)Si p=-3 , deux possibilités :
p+q-n = 2 donne q = n+5 p+2q = 2n+7 et 2p+q = n-1 .
p+q-n = -2 donne q = n+1 p+2q = 2n-1 et 2p+q =n-5 .

Mais, pour n>6, les 4 possibilités ne conviennent jamais simultanément.
En effet, parmi n-1, n+1, n+5, 2n+1 et 2n-1, il y a toujours un multiple de 5 ; et ce multiple de 5 sera supérieur strict à 5 dès que n > 6 .
Pour n= 0 , q=n-1 donne |q|=1 , ce qui contredit |q| premier
Pour n = 6 , c'est q=n-5 qui ne convient pas.
Bref, au plus 3 possibilités avec p=3 .

Idem avec q=3 .

Conclusion : Si n est un multiple de 6, il n'y a pas plus de 6 couples solutions.

Bonjour Sylvieg,

ta démonstration est très bien.

En fait pour un nombre premier , est équivalent à et de même pour , donc considérer les congruences modulo ou modulo revient au même.

A la fin il suffit effectivement de supposer (et pas ).

Je n'ai pas considéré le cas car et jouent le même rôle et avec mes notations est équivalent à que j'ai considéré.

Bonjour,
Merci jandri d'avoir eu la patience de lire la démonstration
Je n'aurai pas eu le courage de la finaliser si je n'avais pas eu ta conclusion sur les multiples de 5.

Je me suis aperçue que le titre peut se lire de deux manières :
Des premiers qui ne sont pas tout à fait négatifs
ou
Des premiers pas qui sont tout à fait négatifs

Ce qui était un peu mon cas

Bonjour Sylvieg,

je suis d'accord avec le fait que ton titre peut se lire de deux façons mais tes premiers pas n'étaient pas du tout négatifs :
tu as bien dit en posant la question qu'il te semblait qu'il n'y avait pas une infinité de solutions et c'est toi qui a vu en premier que la congruence modulo 3 devait intervenir.

Merci d'avoir posé ce problème dans la section détente (je ne l'avais pas vu dans la section lycée).