A1717. Du rififi chez les phi (1

A1717. Du rififi chez les phi (1

épisode)

La fonction 𝜑 appelée indicatrice d'Euler est la fonction qui à tout entier naturel 𝑛 non nul associe le nombre d'entiers compris entre 1 et 𝑛 (inclus) et premiers avec 𝑛.

Q1. Déterminer toutes les solutions des équations :

1^ère équation : 𝜑(𝑛) = 32 2^ème équation : 𝜑(𝑛) = 256 3^ème équation : 𝜑(𝑛) = 1024 Q2. Pour les très courageux :

Pour 𝑚 ≤ 2³², déterminer en fonction de 𝑚 le nombre de solutions de l’équation 𝜑(𝑛) = 2^𝑚

Solution

Proposée par Fabien GIGANTE

Nombres de Fermat

On note 𝐹𝑘 ≔ 2^2𝑘+ 1, le 𝑘^ième nombre de Fermat.

On sait que : (voir http://www.prothsearch.com/fermat.html#Summary)

• 𝐹₀= 3, 𝐹₁= 5, 𝐹₂= 17, 𝐹₃= 257, 𝐹₄= 65537 sont premiers.

• 𝐹₅= 2³²+ 1 = 641 × 6700417 n’est pas premier.

• 𝐹6, … , 𝐹32 sont également composés.

• 𝐹33 est le plus petit nombre de Fermat dont on ne sache pas s’il est premier ou composé.

Résultats préliminaires

On écrit 𝑛 selon sa décomposition en facteurs premiers :

𝑛 = ∏ 𝑝_𝑖^𝛼𝑖

𝑟

𝑖=0

où 𝑝𝑖 premiers distincts et 𝛼𝑖≥ 1 On a alors la relation :

𝜑(𝑛) = ∏(𝑝_𝑖− 1)𝑝_𝑖^𝛼𝑖−1

𝑟

𝑖=0

L’équation 𝜑(𝑛) = 2^𝑚 implique que chacun des facteurs du produit précédant soit une puissance de 2.

Autrement dit, il est nécessaire que 𝑝𝑖= 2 ou que 𝛼𝑖= 1 et 𝑝𝑖− 1 = 2^𝛽𝑖.

Supposons par l’absurde que 𝛽𝑖 possède un diviseur 𝑑 > 1 impair. En posant 𝛽𝑖= 𝑞𝑑, il vient : 𝑝_𝑖= 2^𝛽𝑖+ 1 = (2^𝑞)^𝑑+ 1^𝑑= (2^𝑞+ 1)(2^{𝑞(𝑑−1)}− 2^{𝑞(𝑑−2)}… − 2^𝑞+ 1) Ce qui contredit 𝑝𝑖 premier. Donc nécessairement :

𝛽𝑖= 2^𝑘𝑖 ⇒ 𝑝𝑖= 2^2𝑘𝑖+ 1 On obtient finalement :

𝑛 = 2^𝛼∏ 𝐹𝑘 𝑘∈𝐼

avec 𝐹𝑘 premier et 𝛼 ≥ 0

𝜑(𝑛) = 2𝑚𝑎𝑥(0, 𝛼−1)∏ 2^2𝑘

𝑘∈𝐼

= 2^𝑚⇔ 𝑚𝑎𝑥(1, 𝛼) + ∑ 2^𝑘

𝑘∈𝐼

= 𝑚 + 1

Question 1 Première équation

𝜑(𝑛) = 32 ⇔ 𝑚𝑎𝑥(1, 𝛼) + ∑ 2^𝑘

𝑘∈𝐼

= 6

On peut choisir 𝛼 librement dans ⟦0,6⟧ et déduire 𝐼 de l’écriture en base 2 de 6 − 𝑚𝑎𝑥(1, 𝛼).

Les 7 solutions sont donc 𝑛 = 2⁰𝐹₂𝐹₀, 2¹𝐹₂𝐹₀, 2²𝐹₂, 2³𝐹₁𝐹₀, 2⁴𝐹₁, 2⁵𝐹₀, 2⁶. C'est-à-dire, 𝒏 = 𝟓𝟏, 𝟔𝟒, 𝟔𝟖, 𝟖𝟎, 𝟗𝟔, 𝟏𝟎𝟐, 𝟏𝟐𝟎.

Deuxième équation

𝜑(𝑛) = 256 ⇔ 𝑚𝑎𝑥(1, 𝛼) + ∑ 2^𝑘

𝑘∈𝐼

= 9

On peut choisir 𝛼 librement dans ⟦0,9⟧ et déduire 𝐼 de l’écriture en base 2 de 9 − 𝑚𝑎𝑥(1, 𝛼).

Les 10 solutions sont donc 𝑛 = 2⁰𝐹₃, 2¹𝐹₃, 2²𝐹₂𝐹₁𝐹₀, 2³𝐹₂𝐹₁, 2⁴𝐹₂𝐹₀, 2⁵𝐹₂, 2⁶𝐹₁𝐹₀, 2⁷𝐹₁, 2⁸𝐹₀, 2⁹. C'est-à-dire, 𝒏 = 𝟐𝟓𝟕, 𝟓𝟏𝟐, 𝟓𝟏𝟒, 𝟓𝟒𝟒, 𝟔𝟒𝟎, 𝟔𝟖𝟎, 𝟕𝟔𝟖, 𝟖𝟏𝟔, 𝟗𝟔𝟎, 𝟏𝟎𝟐𝟎.

Troisième équation

𝜑(𝑛) = 1024 ⇔ 𝑚𝑎𝑥(1, 𝛼) + ∑ 2^𝑘

𝑘∈𝐼

= 11

On peut choisir 𝛼 librement dans ⟦0,11⟧ et déduire 𝐼 de l’écriture en base 2 de 11 − 𝑚𝑎𝑥(1, 𝛼).

Les 12 solutions sont donc 𝑛 = 2⁰𝐹3𝐹1, 2¹𝐹3𝐹1, 2²𝐹3𝐹0, 2³𝐹3, 2⁴𝐹2𝐹1𝐹0, 2⁵𝐹2𝐹1, 2⁶𝐹2𝐹0, 2⁷𝐹2, 2⁸𝐹1𝐹0, 2⁹𝐹1, 2¹⁰𝐹0, 2¹¹. C'est-à-dire, 𝒏 = 𝟏𝟐𝟖𝟓, 𝟐𝟎𝟒𝟖, 𝟐𝟎𝟓𝟔, 𝟐𝟏𝟕𝟔, 𝟐𝟓𝟔𝟎, 𝟐𝟓𝟕𝟎, 𝟐𝟕𝟐𝟎, 𝟑𝟎𝟕𝟐, 𝟑𝟎𝟖𝟒, 𝟑𝟐𝟔𝟒, 𝟑𝟖𝟒𝟎, 𝟒𝟎𝟖𝟎.

Question 2

Il s’agit de résoudre dans le cas plus général :

𝜑(𝑛) = 2^𝑚⇔ 𝑚𝑎𝑥(1, 𝛼) + ∑ 2^𝑘

𝑘∈𝐼

= 𝑚 + 1

Cas 𝑚 < 32

𝑚 < 32 ⇒ ∑ 2^𝑘

𝑘∈𝐼

< 2⁵⇒ 𝐼 ⊂ ⟦0, 4⟧

Les 𝐹𝑘 pour 𝑘 ∈ ⟦0, 4⟧ étant tous premiers, on peut appliquer le même raisonnement que précédemment, et choisir 𝛼 librement dans ⟦0, 𝑚 + 1⟧.

Il existe exactement 𝒎 + 𝟐 solutions.

Cas 32 ≤ 𝑚 < 2

𝑚 < 2³³⇒ ∑ 2^𝑘

𝑘∈𝐼

< 2³³⇒ 𝐼 ⊂ ⟦0, 32⟧

Mais 𝐹5, … , 𝐹32 étant composés, on est finalement contraint dans notre choix par 𝐼 ⊂ ⟦0, 4⟧ :

0 ≤ ∑ 2^𝑘

𝑘∈𝐼

< 2⁵

0 ≤ 𝑚 + 1 − 𝑚𝑎𝑥(1, 𝛼) < 2⁵ 𝑚 − 30 ≤ 𝛼 ≤ 𝑚 + 1 Il existe exactement 𝟑𝟐 solutions.