A1806. La saga de Méphisto (2ème épisode) Solution proposée par David Amar
Soit un entier, et soit sa décomposition unique en nombres premiers.
On considère les trois fonctions suivantes :
, l’indicatrice d’Euler, nombre d’entiers premiers avec et inférieur à lui On trouve grâce à la formule suivante :
Exemple :
la somme des diviseurs de
On trouve grâce à la formule suivante :
Exemple :
le nombre de diviseurs de
On trouve grâce à la formule suivante : Exemple :
On peut voir, grâce aux formules directes, qu’il s’agit de fonctions multiplicatives : si et sont premiers entre eux, alors
Q1. On cherche une infinité d’entiers tels que Considérons pour premier impair.
, , Etant donné l’infinité de nombre entiers impairs, on en déduit l’infinité de . Q2. On cherche cette fois ci un tel que
On considère un nombre ,
,
On cherche donc un nombre tel que
Autrement dit,
Pour , on aurait , qui n’est pas premier.
Pour , on a , qui a pour solutions 1 et 3.
est donc une solution valide,
Pour aller plus loin :
Pour , on aurait , dont les solutions ne sont pas premières.
Pour , on aurait , dont les solutions ne sont pas premières (et même irrationnelles pour moitié).
Pour , on aurait , qu’on peut toujours résoudre de manière algébrique puisque est solution, mais aucune solution première.
Pour les autres valeurs de , on se retrouve avec des polynômes de degré 5 ou plus, sans solution analytique.
Q3. On cherche des paires d’entiers tels que
.
Autrement dit, on cherche les valeurs telles que admet plusieurs solutions (chaque paire de solution correspond à une paire recherchée).
Accessoirement, si , alors pour tout nombre premier premier avec et , on aura une autre paire valide
On peut commencer par écrire les premières valeurs de , et on trouve rapidement la solution suivante :
Par conséquent, pour tout premier au-delà de 7, la paire vérifie la condition recherchée.
Note : ça serait aussi vrai pour p=5, premier avec 12 comme avec 14.
Q4. On cherche à prouver que pour donné, admet un nombre fini de solutions.
Puisque est le nombre de diviseurs de , dont lui-même, la somme des autres diviseurs de doit totaliser .
étant fixé, il n’admet qu’un nombre fini de décompositions en somme d’entiers strictement positifs (et accessoirement distincts).
Et si toutes ces décompositions ne correspondent pas forcément à une solution valide, toute solution valide correspond à un découpage de en une somme (de diviseurs de ).
L’équation admet donc un nombre fini de solutions.
Application numérique : on cherche la plus grande solution pour
admet au moins deux facteurs premiers (pas nécessairement distincts), puisque s’il était premier, on aurait .
On cherche tout d’abord et premiers, distincts, tels que
On cherche aussi tel que et soient premiers (chose qu’on est sur de trouver, si on en croit une célèbre conjecture). Et on aura , d’où le besoin de chercher le plus petit possible pour maximiser .
Bref, on finit par trouver , , , et
Pour un , on aurait
. A , on se retrouve à avoir (le cas a déjà été exclu plus haut), et comme n’admet pas de solution première, il n’y a pas de solution pour . Pour les cas jusqu’à 43, on n’aurait de toutes les façons pas plus que qui est inférieur à notre solution actuelle.
Enfin, pour les cas avec plus de deux facteurs premiers, l’équation deviendrait une somme avec de plus en plus de termes, distincts et à somme fixe, donc termes eux-mêmes de plus en plus petits, ce qui donnera un résultat inférieur à 1018579.
Le plus grand entier tel que est donc 1018579
On cherche maintenant un nombre tel que et qui soit supérieur au résultat précédent.
Autrement dit, admet 2021 nombres inférieurs à lui-même avec lequel il n’est pas premier.
On procède de la même manière : si , alors et donc
On trouve un pas trop grand, comme tout à l’heure, et on arrive sur la paire , et donc , qui se trouve être supérieur à 1018579 !
Il existe donc bien un entier tel que
