Nombres parfaits
Enonc´ ´ e
1 Sommes de diviseurs
Etant donn´´ e un entier naturel n6= 0, σ(n) d´esigne la somme de ses diviseurs.
1. Comparerσ(15)×σ(22) et σ(15×22).
2. Comparerσ(18)×σ(28) et σ(18×28).
3. En consid´erant ces deux exemples, ´emettre une conjecture et la d´emontrer ou l’infirmer.
2 Nombres parfaits
Un entier parfait est un entier natureln 6= 0 tel que σ(n) = 2n.
1. V´erifier que 6, 28 et 496 sont parfaits.
2. D´emontrer qu’un nombre premier n’est jamais parfait.
3. D´emontrer qu’une puissance d’un nombre premier n’est jamais parfaite.
4. D´emontrer qu’un entier est parfait si et seulement si la somme des inverses de ses diviseurs est ´egale `a 2.
5. Montrer que les trois entiers de la question 1. peuvent s’´ecrire sous la forme : 2p−1(2p−1)
o`up est un nombre premier.
3 Une proposition d’Euclide
D´emontrer que :
Sin = 2k−1(2k−1) et 2k−1 est premier alors n est parfait.
4 Une proposition d’Euler
D´emontrer que :
Sin est un nombre parfait pair, alors il peut s’´ecrire sous la forme 2p−1(2p−1), o`u 2p−1 est un nombre premier, et donc p aussi.
1
Corrig´ e
1 Sommes de diviseurs
1. L’ensemble des diviseurs de 15 estD(15) ={1,3,5,15}, d’o`u σ(15) = 24.
De mˆeme, σ(22) = 36 et σ(15×22) = 864 =σ(15)×σ(22).
2. σ(18)×σ(28) = 39×56 = 2184 etσ(18×28) = 1560.
σ(18)×σ(28) 6=σ(18×28).
3. Soit la conjecture :
Sia etb sont premiers entre eux, alors σ(a×b) = σ(a)×σ(b).
En effet, soit
a=pα11pα22...pαss etb =q1β1qβ22...qtβt
les d´ecompositions en produits de facteurs premiers de a et b, avec pi 6= qj, puisque a et b sont premiers entre eux.
Alors :
a×b =pα11pα22...pαssq1β1qβ22...qtβt et tout diviseur de a×b s’´ecrit sous la forme :
d=pα
0 1
1 pα
0 2
2 ...pαs0sqβ
0 1
1 qβ
0 2
2 ...qβ
0 t
t
avec α0i ≤αi etβj0 ≤βj.
Ainsi, les diviseurs deab sont les produits, de toutes les mani`eres possibles et de mani`ere unique, d’un diviseur de a par un diviseur de b. Leur somme est donc
´
egale au d´eveloppement de la somme des diviseurs deapar la somme des diviseurs deb, autrement dit :
σ(a×b) = σ(a)×σ(b).
2 Nombres parfaits
1. D(6) ={1,2,3,6}, d’o`u σ(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12 = 2×6, donc 6 est parfait.
La m´ethode est la mˆeme pour 28 et 496.
2. Soit p un nombre premier. Alors D(p) = {1, p}, d’o`u σ(p) = 1 +p 6= p, donc p n’est pas parfait.
3. Soitp un nombre premier et n∈N∗. Alors D(pn) ={1, p, p2, ..., pn}, d’o`u :
σ(p) = 1 +p+p2+...+pn = pn+1−1 p−1 . σ(p) = 2p ⇔ pn+1−1 = 2p2−2p
⇔ pn+1−2p2+ 2p = 1
⇔ p(pn−2p2+ 2p) = 1
⇒ p = 1 : absurde.
2
4. Soit n un entier naturel ≥ 2, et D(n) = {1, d1, d2,, ..., ds, n} l’ensemble de ses diviseurs, ordonn´es de sorte que pour tout i,dids−i =n.
nest parfait
⇔σ(n) = 2n
⇔1 +d1+d2,+...+ds+n = 2n En divisant les deux membres par n :
nest parfait
⇔ 1 n +d1
n + d2
n +...+ ds n + n
n = 2 Mais :
di
n = 1 ds−i
D’o`u :
nest parfait
⇔ 1 n + 1
ds + 1 ds−1
+...+ 1
d1 + 1 = 2.
5. 6 est de la forme 2p−1(2p−1) avec p= 2.
28 est de la forme 2p−1(2p−1) avec p= 3.
496 est de la forme 2p−1(2p−1) avec p= 5.
3 Une proposition d’Euclide
Sin = 2k−1(2k−1) avec 2k−1 premier, alors :
D(n) = {1,2, ...,2k−1,2k−1,2(2k−1), ...(2k−1)(2k−1)}
D’o`u :
σ(n) = (1 + 2 +...+ 2k−1) + (1 + 2 +...2k−1)(2k−1)
= (2k−1) + (2k−1)(2k−1)
= (2k−1)2k = 2n.
Doncn est parfait.
3
4 Une proposition d’Euler
Soit n un entier non nul pair,n = 2kx, avec k ≥1 et x impair.
2k etx sont premiers entre eux, donc d’apr`es 1. 3, σ(n) = σ(2k)σ(x) σ(n) = (2k+1−1)σ(x).
Mais, si n est parfait :
σ(n) = 2n.
D’o`u :
(2k+1−1)σ(x) = 2k+1x. (1)
Donc,
2k+1−1 divise x.
Donc, il existey∈N∗ tel que :
x= (2k+1−1)y (2)
En reportant dans (1) :
(2k+1−1)σ(x) = 2k+1(2k+1−1)y En divisant les deux membres par (2k+1−1) :
σ(x) = 2k+1y Et, puisque d’apr`es (2), 2k+1y =x+y :
σ(x) =x+y
Or, D(x)⊃ {1, x, y}, donc y= 1, donc x est premier, et donc d’apr`es (2) : x= 2k+1−1
Finalement,n s’´ecrit sous la forme :
n = 2k(2k+1−1),
avec (2k+1 −1) premier, donc, d’apr`es le th´eor`eme de Fermat, k + 1 aussi, ce qui s’´ecrit, en posant p=k+ 1 :
n = 2p−1(2p−1) avec 2p−1 et p premiers.
PA 200721
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