Exercice 59

1. Si l'on avait $p_{1} = 2$, le terme $p_{3} = 2 + 2r$ serait pair et strictement supérieur à $2$, donc non premier. Ainsi $p_{1} \geqslant 3$, et $p_{1}$ est impair. Le terme $p_{2} > p_{1} \geqslant 3$ est premier, donc impair lui aussi, et $r = p_{2} - p_{1}$ est la différence de deux entiers impairs. $$\boxed{p_{1} > 2 \quad \text{et} \quad r \text{ est pair}}$$

2. Raisonnons par l'absurde en supposant $n > p_{1}$, c'est-à-dire $n \geqslant p_{1} + 1$. Le terme d'indice $p_{1} + 1$ existe alors, et il vaut $$p_{p_{1} + 1} = p_{1} + p_{1}r = p_{1}(1 + r).$$ Comme $p_{1} \geqslant 2$ et $1 + r \geqslant 2$, c'est le produit de deux entiers supérieurs ou égaux à $2$ : il n'est pas premier, ce qui est absurde. $$\boxed{n \leqslant p_{1}}$$ La borne est atteinte : $(3, 5, 7)$, $(5, 11, 17, 23, 29)$ et $(7, 157, 307, 457, 607, 757, 907)$, de raisons $2$, $6$ et $150$, sont des progressions de nombres premiers de longueur égale à leur premier terme.

3. (a) Par récurrence immédiate, $p_{i} = p_{1} + (i - 1)r$, donc $p_{i} - p_{j} = (i - j)r$. Deux entiers ont le même reste dans la division par $q$ si et seulement s'ils sont congrus modulo $q$ (théorème 1). Ainsi $\rho_{i} = \rho_{j}$ si et seulement si $q$ divise $(i - j)r$. Comme $q$ est premier et ne divise pas $r$, le lemme d'Euclide (proposition 9 (ii)) montre que cela équivaut à $q \mid i - j$. $$\boxed{\rho_{i} = \rho_{j} \iff q \mid i - j}$$

(b) Comme $q < n$, les indices $1$, …, $q$ sont bien ceux de termes de la progression. Pour $i \neq j$ dans $[\![1\,;q]\!]$, on a $1 \leqslant |i - j| \leqslant q - 1$, donc $q$ ne divise pas $i - j$, et $\rho_{i} \neq \rho_{j}$ d'après la question (a).

(c) Les $q$ restes $\rho_{1}$, …, $\rho_{q}$ sont deux à deux distincts et appartiennent à $[\![0\,;q - 1]\!]$, qui a $q$ éléments. L'ensemble qu'ils forment est une partie de $[\![0\,;q - 1]\!]$ de même cardinal, donc égale à $[\![0\,;q - 1]\!]$ tout entier (chapitre 2, lemme 3 (i)). En particulier, l'un d'eux est nul : il existe $s \in [\![1\,;q]\!]$ tel que $q$ divise $p_{s}$. Comme $p_{s}$ est premier et $q \geqslant 2$, on a $p_{s} = q$. Or la question 2 donne $p_{s} \geqslant p_{1} \geqslant n > q$, ce qui est absurde. $$\boxed{\text{tout nombre premier } q < n \text{ divise la raison } r}$$

4. Les nombres premiers strictement inférieurs à $n$ sont deux à deux premiers entre eux et divisent tous $r$, d'après la question 3. La proposition 7 (i), appliquée de proche en proche, montre que leur produit divise $r$ : à chaque étape, le produit des premiers déjà traités est premier avec le suivant, par la proposition 7 (ii). $$\boxed{\prod_{q \in \mathcal{P}, \ q < n} q \ \text{ divise } r}$$ La progression $(7, 37, 67, 97, 127, 157)$ a pour longueur $6$ et pour raison $30 = 2 \times 3 \times 5$, qui est bien le produit des nombres premiers inférieurs à $6$ ; son premier terme vérifie $7 \geqslant 6$, comme le veut la question 2. Pour une longueur $10$, la raison est un multiple de $$\boxed{2 \times 3 \times 5 \times 7 = 210}$$ et cette valeur est atteinte : les dix entiers $199 + 210k$, pour $k \in [\![0\,;9]\!]$, sont tous premiers, ce que l'on vérifie à l'ordinateur.

Piège. La condition n'est que nécessaire. Avec la raison $30$, la progression issue de $13$ donne $13$, $43$, $73$, $103$, puis $133 = 7 \times 19$ : elle s'arrête à la longueur $4$, alors que $30$ est divisible par tous les premiers inférieurs à $6$.

À retenir. L'exercice ne dit pas qu'il existe des progressions de nombres premiers de longueur arbitraire ; il dit seulement que, si elles existent, leur raison et leur premier terme doivent être très grands. Leur existence est un théorème difficile, démontré par Ben Green et Terence Tao en 2004.