Enoncé A359 (Diophante) Quod abundat non vitiat
Par convention, le degré d’abondance d(n) d’un entier naturel n > 0 est égal au rapport σ(n)/n où σ(n) désigne la somme des diviseurs de n, y compris 1 et n.
Q1 Déterminez les plus petits entiers dont les degrés d’abondance sont respectivement ≥2, 3, 4 et 5. Justifiez votre réponse.
Q2 Un entier k > 1 étant fixé à l’avance, prouvez qu’on sait toujours trouver au moins un entier (pas nécessairement le plus petit) tel que son degré d’abondance est au moins égal à k.
Q3 Un entier n > 1 étant fixé à l’avance, prouvez qu’on sait toujours trouver une suite S strictement croissante denentiers positifs telle que la suite S0 constituée par la somme des diviseurs de chacun des ntermes de S est strictement décroissante.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin Question 1
Comme la fonction σ, le rapport d(n) est une fonction multiplicative.
Les premières valeurs d(2) = 3/2, d(3) = 4/3, d(5) = 6/5, d(8) = 15/8, montrent que d(6) =d(2)d(3) = 2, puis d(120) =d(8)d(3)d(5) = 3.
Pour les plus grandes valeurs de D, j’ai établi un programme d’explora- tion systématique, évaluant nD−σ(n) =n(D−d(n)) pour les entiers n successifs jusqu’à trouver un résultat ≤0, qui m’a fourni
d(27720) = 15·13·6·8·12 8·9·5·7·11 = 312
77 = 4,052. . .
Pour D= 5, le temps de calcul excessif si on considère tous les entiers n m’a conduit à me limiter aux multiples de 2520 (d(2520) = 26/7), pour obtenir (en 4 secondes au lieu de 3 haures) la solution 122522400 : d(122522400) =d(32)d(9)d(25)d(7)d(11)d(13)d(17) =
= 63·13·31·8·12·14·18
32·9·25·7·11·13·17 = 23436
4675 = 5,013. . .,
Question 2 SoitN(x) = Y
p≤x
ple produit des nombres premiers au plus égaux àx(pour xgrand, (1/x) lnN(x)→1).
d(N(x)) = Y
p≤x
1 +1
p
≥ 6
π2 lnx, selon une inégalité établie par Euler.
En effet, tout entier n ≤ x est produit du plus grand carré qui le di- vise par des nombres premiers distincts. Le développement du produit
X
m2≤x
1 m2
Y
p≤x
1 +1
p
inclut (une fois et une seule) tous les inverses d’entiersn≤x, et est minoré par X
n≤x
1
n ≥lnx.
Comme X
m2≤x
1 m2 <
∞
X
m=1
1 m2 = π2
6 , la minoration annoncée en découle.
Prenant x = exp(π2k/6), on obtient d(N(exp(π2k/6))) ≥ k; l’entier N(exp(π2k/6)) répond à la question quel que soitk fixé.
Question 3
Supposons qu’il existe une suite croissantea1, a2, . . . , aq deqtermes ayant la propriété de décroissance des σ(aj), et qu’il n’existe aucune suite de plus deq termes.
Par la divergence du produit infiniQ(1 + 1/p), on peut trouver un entier Qpremier avec tous lesaj et tel qued(Q)>2.
Commed(Qaq) >2, il existe (postulat de Bertrand) un nombre premier bq+1 dans l’intervalle Qaq< bq+1=σ(bq+1)−1< σ(Qaq)−1.
La suite b1 = Qa1, . . . , bq = Qaq, bq+1 de q+ 1 termes a la propriété de décroissance de l’énoncé, carσ(Qaj) =σ(Q)σ(aj). Cela contredit l’hypo- thèse et montre que le nombre de termes n’est pas borné.
Cette construction progressive peut se faire à partir d’une suite d’un seul terme choisi arbitrairement.
