Exercice 36

1. Soit $k\in\llbracket 2;n\rrbracket$. L'entier $k$ figure dans le produit $n!=1\times 2\times\dots\times n$, donc il divise $n!$, et il divise $k$ : il divise donc $n!+k$. Comme $2\leqslant k<n!+k$, l'entier $n!+k$ admet un diviseur autre que $1$ et lui-même : $\boxed{n!+k \text{ n'est pas premier}}$. Les $n-1$ entiers consécutifs $n!+2$, …, $n!+n$ sont donc tous composés ; pour obtenir $L$ entiers consécutifs composés, il suffit de prendre $n=L+1$. Par exemple, pour $n=5$ : $122=2\times 61$, $123=3\times 41$, $124=4\times 31$ et $125=5\times 25$. Cela n'entre pas en contradiction avec la Proposition 3 : les nombres premiers sont en nombre infini, mais de plus en plus espacés « par endroits ».

2. On note $A_{k}=\llbracket k+1;k+10\rrbracket$. Cet ensemble contient $5$ entiers pairs et $5$ entiers impairs consécutifs $u$, $u+2$, $u+4$, $u+6$, $u+8$.

• Le seul nombre premier pair est $2$.

• Parmi $u$, $u+2$, $u+4$, l'un est multiple de $3$ : si $u=3q$, c'est $u$ ; si $u=3q+1$, c'est $u+2=3(q+1)$ ; si $u=3q+2$, c'est $u+4=3(q+2)$. Ce multiple de $3$ n'est premier que s'il vaut $3$.

Si $k\geqslant 3$, ni $2$ ni $3$ n'appartiennent à $A_{k}$ : au plus $4$ des entiers impairs sont premiers, et aucun pair, donc $A_{k}$ contient au plus $4$ nombres premiers. Il reste à examiner $k\in\{0\,;1\,;2\}$ : $A_{0}$ contient $2$, $3$, $5$, $7$ (quatre premiers), $A_{1}$ contient $2$, $3$, $5$, $7$, $11$ (cinq premiers) et $A_{2}$ contient $3$, $5$, $7$, $11$ (quatre premiers). Le maximum vaut donc $5$, atteint $\boxed{\text{uniquement pour } k=1}$.

Les nombres premiers sont marqués en violet : la fenêtre $\llbracket 2;11\rrbracket$ est la seule à en contenir cinq, car elle contient à la fois $2$ et $3$, qui échappent aux arguments de parité et de divisibilité par $3$, sans contenir $1$, qui n'est pas premier.