des trous dans la liste des nombres premiers

1) On peut procéder directement : soit n entier, soit k entier de [2,n]
notons A l'ensemble des diviseurs de k supérieurs à 2
A est un ensemble fini car A est un ensemble d'entiers borné ( il est évident que les diviseurs de k sont inférieurs à n]
ainsi il existe un nombre premier de [2,n] divisant k
démontrons cela par l'absurde,
supposons que A ne contient pas de nombre premier
prenons p = min A ( existe car A partie de N )
p est non premier donc il existe p1 entier inférieur à p ( donc inférieur à n ) qui divise p donc divise k ainsi p1 dans A et p1 < min ( A )
Absurde!
d'où la conclusion A contient au moins un nombre premier donc il existe un nombre premier inférieur à n divisant k

On peut procéder par récurrence :
pour n=2 , k=2; k est premier et k/k d'où l'existence d'un nombre premier inférieur à n qui divise k
soit n entier, supposons que pour tt k de [2,n] il eexiste un nombre premier inférieur à n divisant k
soit k de [2,n+1] :
1er cas : k de [2,n] c'est fini ( hypothèse de récurrence)
2ème cas : k=n+1
si n+1 premier alors c'est fini
sinon il existe donc d un nombre entier strictement inférieur à n+1 et strictement supérieur à 1 divisant k
d appartient donc à [2,n] donc il existe un nombre premier inférieur à n( et donc inférieur à n+1) qui divise d et donc divise n+1
Ainsi : pour tout k de [2,n+1] il existe un nombre premier inférieur à n+1 qui divise k
CQFD

2)soit k entier de [2,n] il existe donc un nombre premier p inférieur à n qui divise k
de plus N est le produit de tous les nombres premiers inférieur ou égaux à n donc p appartient à ce produit donc p/N
ainsi p/N+k

3)la liste contient (N+n) - (N+2) + 1=n-1 éléments

4)c'est le cas où n=7 :
on prend N = produit des nombres premiers inférieurs ou égaux à 7 (2,3,5,7)
Ainsi N+2 jusqu'à N+7 sont 6 entiers consécutifs non premiers.

5) N= produit des nombres premiers < 51
...

mille mercis, je ne m'attendais pas a une réponse aussi rapide et complète !

je vous en prie