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 de n entiers positifs telle que la suite S’ constituée par la somme des diviseurs de chacun des n termes de S est strictement décroissante.
Pour tout p premier, d(pk)=σ(pk)/pk =(p-1/pk)/(p-1) : d(p)=1+1/p, d(p2)=1+1/p+1/p2 ,...
pour p=2, d(2k)=(2k+1-1)/2k : 3/2, 7/4, 15/8, 31/16,...
p=3 : 4/3, 13/9, 40/27,... ; p=5 : 6/5, 31/25,... ; p=7 : 8/7, 57/49, ...
Q1 : La croissance de d s’effectue essentiellement en ajoutant de nouveaux facteurs premiers, puisque l’augmentation de puissance des facteurs existants a une asymptote.
6=2*3, 120=23*3*5, 27720=23*32*5*7*11, 122522400=25*32*52*7*11*13*17 d(6)=(3/2)(4/3)=2,
d(120)=(15/8)(4/3)(6/5)=3
d(27720)=(15/8)(13/9)(6/5)(8/7)(12/11)=312/77>4
d(122522400)=(63/32)(13/9)(31/25)(8/7)(12/11)(14/13)(18/17)=23436/4675>5 Q2 : Si nous considérons la primorielle p#=2*3*5*...*p, d(p#)=∏((1+1/p), et ce produit diverge, comme la série ∑1/p : on peut donc, pour tout k, trouver un entier dont le degré d’abondance dépasse k.
Q3 : Si pn désigne le n-ième nombre premier, et si k est tel que 2k-1 <pn< 2k : d(2kpn )=(2-1/2k)(1+1/pn ). Or (2-1/22k)/(2-1/2k)<1+1/2k<1+1/pn
donc d(2kpn )>d(22k), alors que 2kp<22k.
On peut donc encore utiliser la primorielle pour construire le premier terme de la suite cherchée 2k-1pn#, le suivant étant 22k-1pn-1#, et ainsi de suite en augmentant à chaque fois la puissance de 2 de celle immédiatement supérieure au plus grand terme de la primorielle que l’on supprime.
