exercice évident

Le résultat doit être vrai pour tout n pair?

Parce qu'avec n=12 ça ne marche pas.

Il me semble que ça marche pour n=12 (dans le sens : 12 n'est pas un contre-exemple infirmant le résultat de joe, que je pense être vrai), car p et q doivent être inférieurs (j'imagine que c'est strictement, mais ça n'a pas d'importance) à 6, et disctincts, donc ne peuvent être que 3 et 5.
12=3+5^i n'a pas de solution donc c'est réglé.

Merci Joe. J'avais effectivement pris l'énoncé "à l'envers" et du coup je ne voyais la difficulté.

indications?

On arrive au systeme :
$p^{i-1}+q^{i-1}=1[q]$
$p^{j-1}+q^{j-1}=1[p]$
et il faut montrer que ce systeme n'admet pas de solutions avec $p , q premiers distncts >2$

Bonjour James,

Je n'ai pas eu le temps de m'y pencher dessus, mais cet exercice me semble non trivial...Que peut-on dire en première approche ?

1. Supposons de tels nombres premiers $p > q$ et entiers $i,j \geqslant 2$ trouvés. On aurait alors : $p+q^i = q+p^j$, ou encore : $q^i - q = p^j - p$. En factorisant, il viendrait $q(q^{i-1} - 1) = p(p^{j-1} - 1)$, et comme $p \not = q$, le théorème de Gauss appliqué deux fois donnerait simultanément $p \mid (q^{i-1} - 1)$ et $q \mid (p^{j-1}-1)$. Autrement dit, si $ord_{m}(n)$ désigne l'ordre de $n$ modulo $m$, on a : $ord_{q}(p) \mid (j-1)$ et $ord_{p}(q) \mid (i-1)$ (notons que l'on est pas loin en prenant $p=i=7$ et $q=j=5$...). Voilà pour une condition nécessaire !

2. Dans les grands résultats, posons $\mathcal {N}(n;i)$ le nombre d'entiers $n$ s'écrivant sous la forme $n = p+q^i$ avec $p \not = q$ premiers et $i \geqslant 2$ entier. Alors : $$\mathcal {N}(n;i) \gg C(n) \times n \, (\ln \ln n)^{i-2} + (\ln n)^2,$$ avec $\displaystyle {C(n) = \prod_{i > 2} \left ( 1 - \frac {1}{(p-1)^2} \right ) \times \prod_{p > 2, \, p \mid n} \left ( \frac {p-1}{p-2} \right )}$.

Borde (doublon à supprimer. Merci).