En effet, sim=knaveck>1 est un multiple d’un entier abondant ou parfaitn

A341. Abondance et déficience

Tout entier naturelndont la somme de ses diviseursσ(n), y compris 1 et lui-même, est stricte- ment supérieure à 2nest appelé abondant. Il est déficient quandσ(n)<2n. (1)

Q₁− Sans l’aide d’un quelconque automate, trouver un couple d’entiers naturels consécutifs (n,n+1) qui sont abondants l’un et l’autre.[**]

Q₂−Démontrer que quel que soit l’entier k fixé à l’avance, on sait trouverk entiers naturels consécutifs qui sont tous abondants.[****]

Q3−Trouver la plus longue suite de nombres entiers consécutifs qui sont tous déficients.[**]

Q₄−Démontrer qu’il existe une infinité de suites de cinq entiers naturels consécutifs déficients.[***]

(1) Nota pour mémoire : quandσ(n)=2n, n est appelé nombre parfait.

Solution de Claude Felloneau

Remarque préliminaire : Un multiple strict d’un entier abondant ou parfait est un entier abon- dant.

En effet, sim=knaveck>1 est un multiple d’un entier abondant ou parfaitn. Pour tout divi- seurdden,kdest un diviseur demet 1 est un diviseur dendonc

σ(m)>¹+X

d|n

kd=1+kX

d|n

d>kσ(n).

Orσ(n)>^2ndoncσ(m)>2kn, d’oùσ(m)>2m.

Q₁−Le couple (21735, 21736) est un couple d’entiers abondants consécutifs.

On procède en trois étapes :

1. Recherche d’un nombre abondantaimpair.

2. Recherche d’un nombre abondantbpremier aveca.

3. Recherche d’un entierntel quensoit un multiple deaetn+1 un multiple deb.

1. Recherche d’un nombre abondant impaira.

– Il n’existe pas de nombre abondant de la formea=3^α5^βavecα>^{0 etβ}>^0.

En effet, on a

σ(a)=3^α+1−1

2 ×5^β+1−1

4 .

aest abondant si et seulement si

¡3^α+1−1¢³

5^β+1−1´

>16×3^α5^β c’est-à-dire

1>3^α5^β+3^α+1+5^β+1 Ce qui est impossible puisqueα>^{0 et}β>^0.

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– Recherche deasous la formea=3^α5^β7^γavecα>^1,β>^{1 etγ}>^{1. On a} σ(a)=3^α+1−1

2 ×5^β+1−1

4 ×7^γ+1−1 6 aest abondant si et seulement si

¡3^α+1−1¢³

5^β+1−1´

¡7^γ+1−1¢

>96×3^α5^β7^γ c’est-à-dire

9×3^α5^β7^γ−3^α+15^β+1−3^α+17^γ+1−5^β+17^γ+1+3^α+1+5^β+1+7^γ+1−1>0 soit

3^α5^β¡

9×7^γ−15¢

−3^α+17^γ+1−5^β+17^γ+1+3^α+1+5^β+1+7^γ+1−1>0 Il suffit que

γ=1 et 48×3^α5^β−144×3^α−240×5^β+48>0.

c’est-à-dire

γ=1 et 3^α5^β−3×3^α−5×5^β+1>0.

soit

γ=1 et ¡

3^α−5¢³ 5^β−3´

>14.

Il suffit donc que

γ=1, β=1 et α=3.

L’entier 3³×5×7=945 est donc un nombre abondant.

2. On recherchebsous la forme 2^α11^βavecα>^{1 et}β>1. On a alorsσ(b)=¡

2^α+1−1¢11^β+1−1 10 , doncbest abondant si et seulement si

¡2^α+1−1¢³

11^β+1−1´

>20×2^α11^β c’est-à-dire

2×2^α11^β−2×2^α−11×11^β+1>0 soit

¡2^α+1−11¢³

11^β−1

´

>10.

Il suffit donc queβ=1 etα=3.

L’entier 88 est donc abondant.

3. On recherchensous la formen=945kaveck>^1.

n+1 est un multiple de 88 si et seulement sin≡ −1 [88], soit (1) 23k≡1 [88].

L’inverse de 23 modulo 88 est 23, donc (1)⇔k≡23 [88].

Ainsin=945×23=21735 convient.

Le couple (21735, 21736) est un couple d’entiers consécutifs qui sont abondants d’après la remarque préliminaire.

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Q₂−Il suffit de démontrer que l’on peut trouverkentiers abondants premiers entre eux deux à deux.

En effet sia₁,a₂,...,a_k sont de tels entiers, on cherche alors un entiern tel que pour 16ⁱ 6^k, n+i soit un multiple dea_i.

Commeai est abondant, il en est de même den+i d’après la remarque préliminaire. De plus un tel entiern existe d’après le théorème des restes chinois puisque lesa_i sont premiers entre eux deux à deux.

Pour démontrer que l’on peut trouverkentiers abondants premiers entre eux deux à deux, il suffit d’établir que six est un entier abondant, il existe un entier abondant y dont tous les facteurs premiers sont strictement supérieurs à ceux dex.

On note ¡ p_i¢

i>¹ la suite des nombres premiers ordonnée dans l’ordre croissant et p_r le plus grand nombre premier qui divisex.

On rechercheysous la forme d’un produit

r+s

Y

i=r+1

p_i oùs est un entier supérieur à 1.

On a alors

σ(y)=

r+sY

i=r+1

(p_i+1).

Pour touti, il existe un réelu_i tel quep_i+1=2^uip_i. On au_i= ln

µ 1+ 1

p_i

¶

ln 2 . On a alors

σ(y)=2^vs

r+s

Y

i=r+1

pi=2^vsy avecvs=

r+s

X

i=r+1

ui. Pour queysoit abondant, il suffit qu’il existe un entiers tel quev_s>1.

Or lorsquei tend vers+∞,u_i est équivalent à 1

p_iln 2 qui est le terme général positif d’une série divergente. Ceci assure donc l’existence d’un entierstel quev_s>1 puisque lim

s→+∞v_s= +∞. Ce qui termine la démonstration.

Q₃−La longueur maximale d’une suite d’entiers consécutifs déficients est égale à 5. Par exemple, 1, 2, 3, 4, 5.

Comme 6 est un nombre parfait, tous les multiples de 6 strictement supérieurs à 6 sont abon- dants.

Toute suite d’entiers consécutifs déficients a donc une longueur inférieure ou égal à 5.

Q₄−?

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