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Shortlist 2022, N2

Domaine : Théorie des nombres · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : Nigeria

Concepts : Congruences, théorèmes de Fermat et d'Euler

Solution officielle : Shortlist officielle 2022 (avec solutions), p. 61 (page 63 du PDF)

Énoncé

Find all positive integers \(n > 2\) such that

\[n! \;\Big|\; \prod_{\substack{p < q \leq n \\ p, q \text{ primes}}} (p + q).\]
Indices : les idées clés
  • Regarder les plus grands nombres premiers \(\leq n\) : chacun divise \(n!\), donc doit diviser l'une des sommes \(p + q\), qui sont petites par rapport à lui.
  • Encadrement du quotient : \(0 < \frac{p_i + p_j}{p_m} < 2\) force \(p_m = p_i + p_j\), donc \(p_m = p_{m-1} + 2\).
  • Congruences, théorèmes de Fermat et d'Euler : parmi trois impairs \(p, p+2, p+4\), l'un est divisible par \(3\).
  • Vérification finale : un calcul direct règle les cas \(7 \leq n \leq 10\).
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2022 (une solution).

Réponse : \(n = 7\) uniquement.

Solution 1

Supposons que \(n\) convienne et notons \(2 = p_1 < p_2 < \cdots < p_m \leq n\) les nombres premiers de \(\{1, 2, \ldots, n\}\). Chacun d'eux divise \(n!\), donc le produit \(\prod (p+q)\).

Le plus grand premier. En particulier, \(p_m\) divise \(p_i + p_j\) pour certains \(p_i < p_j \leq n\) (car \(p_m\) est premier, il divise l'un des facteurs). Mais

\[0 < \frac{p_i + p_j}{p_m} < \frac{p_m + p_m}{p_m} = 2,\]

donc \(p_m = p_i + p_j\). Une somme de deux premiers impairs étant paire, cela impose \(m \geq 3\), \(p_i = 2\) et \(p_m = 2 + p_j\) ; comme \(p_j = p_m - 2\) et que \(p_m - 1\) est pair, \(p_j\) est le nombre premier qui précède \(p_m\), soit \(p_j = p_{m-1}\), c'est-à-dire \(p_m = 2 + p_{m-1}\).

Le deuxième plus grand premier. De même, \(p_{m-1}\) divise \(p_k + p_l\) pour certains \(p_k < p_l \leq n\). Comme \(p_{m-1} \geq 3\),

\[0 < \frac{p_l + p_k}{p_{m-1}} \leq \frac{p_m + p_{m-1}}{p_{m-1}} = \frac{2p_{m-1} + 2}{p_{m-1}} < 3,\]

donc \(p_{m-1} = p_l + p_k\) ou \(2p_{m-1} = p_l + p_k\).

  • Dans le premier cas, le même raisonnement que ci-dessus donne \(p_{m-1} = 2 + p_{m-2}\).

  • Si \(2p_{m-1} = p_l + p_k\), alors \(p_{m-1}\) est la moyenne de \(p_k < p_l\), donc \(p_{m-1} < p_l\) ; ainsi \(l = m\) et

    \[2p_{m-1} = p_k + p_{m-1} + 2 \implies p_{m-1} = p_k + 2,\]

    et comme ci-dessus \(p_k = p_{m-2}\), donc \(p_{m-1} = p_{m-2} + 2\).

Dans les deux cas, \(p_{m-2} > 2\) (sinon \(p_{m-1} = 4\)), et l'un des trois nombres \(p_{m-2}\), \(p_{m-1} = p_{m-2} + 2\), \(p_m = p_{m-2} + 4\) est divisible par \(3\) (ils sont deux à deux distincts modulo 3). Étant premier, il vaut \(3\) ; le seul possible est \(p_{m-2} = 3\). Donc \(p_m = 7\), ce qui donne \(7 \leq n < 11\).

Vérification. Pour \(7 \leq n \leq 10\), les premiers sont \(2, 3, 5, 7\) et

\[\prod_{p < q \leq 7} (p + q) = 5 \cdot 7 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 10 \cdot 12 = 302400 = 60 \cdot 7!.\]

Donc \(7!\) divise ce produit, mais \(8! = 40320\) ne le divise pas (\(302400 / 40320 = 7{,}5\)), donc \(9!\) et \(10!\) non plus. La seule solution est \(n = 7\). \(\blacksquare\)