Premier de la forme n!+1

Keynes · July 2021

Bonjour à tous je souhaiterais établir
Soit $ n$ un entier
$ n!+1$ premier si et seulement si $ (n+1)!+1$ ne l'est pas
Je sais que si $ (n+1)!+1$ n'est pas premier $n!+1$ est premier .
Comment montrer la réciproque ?

nicolas.patrois · July 2021

2!+1 est premier, 3!+1 est premier.
5!+1 n’est pas premier, 6!+1 n’est pas premier.
J’ai raté un truc ?

Math Coss · July 2021

S'il y avait un critère aussi simple, la suite des $n$ pour lesquels $n!+1$ est premier serait moins singulière (ce serait les entiers pairs ou les entiers impairs). Une fois de plus, cf. A002981.

0, 1, 2, 3, 11, 27, 37, 41, 73, 77, 116, 154, 320, 340, 399, 427, 872, 1477, 6380, 26951, 110059, 150209

Dom · July 2021

Peut-être faut-il regarder $p!+1$, c’est plus simple.
Ou $p(!)+1$ pour reprendre une notation d’une passionnée.

Où dans tout ça, $p$ est premier.

[oups, j’avais en tête « un passionné », mais laissons comme cela]

Keynes · July 2021

@Math Coss dans le lien que tu joins il est écrit
$ n!+1$ premier si et seulement si $ nextprime(n+1)!>(n+1)nextprime(n!)$
Comment l'auteur passe à l'équivalence ?

Math Coss · July 2021

Aucune idée ! (Cela ne veut pas dire que c'est difficile, il faudrait au moins réfléchir un peu.)

Keynes · July 2021

Soit p un nombre premier quelconque tel que $ p>(n+1)!$
il existe deux entiers $a,b_{p} $ tels que $ p=(n+1)!+b_{p}, nextprime(n!)=n!+a$

alors l'inégalité devient $ (n+1)!+b_{p}>(n+1)!+(n+1)a$ cette condition entraine $b_{p}>(n+1)a$
donc $ \min_{p>(n+1)!}(b_{p})>(n+1)a $ comme $ b_{p}\geq n+2$
alors $ n+2>(n+1)a$ et par suite $ a=1$ donc $ n!+1$ est premier .
Réciproquement si $ n!+1$ est premier alors il suffira de montrer que $ (n+1)!+1$ n'est pas premier pour avoir inégalité

Keynes · July 2021

$n!+1$ est premier alors $ N=(n+1)!+1=(n+1)n!+1=nn!+n!+1\equiv n!+1[n!]$
on a aussi $(n!+1)^{\phi(n!)+1}\equiv n!+1[n!]$
Alors $ (n+1)!+1 \equiv (n!+1)^{\phi(n!)+1}[n!]$
Est ce qu'on pourrait conclure que (n+1)!+1 n'est pas premier ?