A1806. La saga de Méphisto (2eépisode) ***
Zig dispose d’une calculette de marque déposée @Méphisto dont le clavier comporte trois touches qui permettent d’obtenir à partir d’un entier quelconquenstrictement positif affiché à l’écran :
1. ϕ(n), fonction d’Euler, le nombre d’entiers qui sont strictement inférieurs à l’entiern et sont premiers avec lui.
2. σ(n) la somme des diviseurs de l’entiern, y compris 1 et lui-même.
3. τ(n) le nombre des diviseurs de l’entiern, y compris 1 et lui-même.
Q1 Démontrer qu’il existe une infinité d’entiers n strictement positifs tels que l’entier n égalise son sigma(σ) diminué de son phi(ϕ) et de son tau(τ).
Q2 Démontrer qu’il existe au moins un entiernstrictement positif tel que son double égalise son sigma(σ) augmenté de son phi(ϕ) et diminué de son tau(τ).
Q3 Démontrer qu’il existe une infinité de paires d’entiers strictement positifs (m,n) tels que le rapport des deux entiers est l’inverse du rapport de leur sigma(σ).
Q4 Soit un entierk>1. Démontrer que l’équationσ(n)=n+ka un nombre fini de solutions.
Application numérique : déterminer le plus grand entiern0tel queσ(n0)=n0+2021.
Démontrer qu’il existe un entiern1>n0tel queϕ(n1)=n1−2021.
Solution de Claude Felloneau
Q1 Il existe une infinité d’entiersn >0 tels quen=σ(n)−ϕ(n)−τ(n) : en particulier les doubles des entiers premiers impairs.
En effet, sin=2poùpest un entier premier impair alors σ(n)=σ(2)σ(p)=3(p+1),
ϕ(n)=ϕ(2)ϕ(p)=p−1 etτ(n)=τ(2)τ(p)=2×2=4
doncσ(n)−ϕ(n)−τ(n)=3(p+1)−(p−1)−4=2p=n.
Q2 Il existe au moins un entiernstrictement positif tel que 2n=σ(n)+ϕ(n)−τ(n) : par exemple,n=27.
En effet, sin=27 alorsσ(n)=1+3+32+33=40,ϕ(n)=32×2=18 etτ(n)=4 doncσ(n)+ϕ(n)−τ(n)=40+18−4=54=2n.
Q3 Il existe une infinité de paires d’entiers strictement positifs {m,n} tels que m
n = σ(n)
σ(m) : en particulier les paires {12p, 14p} oùpest un entier premier supérieur à 10.
En effet, on vérifie sans peine que 12σ(12)=14σ(14).
Sim=12petn=14poù est un entier premier supérieur à 10, commepest premier avec 12 et 14, mσ(m)=12pσ(12p)=12pσ(12)σ(p)=14pσ(14)σ(p)=14pσ(14p)=nσ(n) d’oùm/n=σ(n)/σ(m).
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Q4 Pourk>1, l’équationσ(n)=n+ka un nombre fini de solutions. On obtientn0=1019139 et l’entier n1=1022117 est strictement supérieur àn0et vérifieϕ(n1)=n1−2021.
En effet, siσ(n)=n+kalors la somme des diviseurs propres denest égale àk.
Sik>1 etσ(n)=n+kon an>1 etnn’est pas premier. Soitple plus petit entier premier qui divisen, on ap6ketn/p6kdoncn6k2.
L’équationσ(n)=n+ka donc au plusk2solutions donc un nombre fini de solutions.
Application numérique :
Sipetqsont premiers etp<q, on aσ(p q)−pq=(p+1)(q+1)−pq=p+q+1. Pour queσ(pq)=pq+2021, il suffit quep+q=2020.
Un programme informatique permet d’obtenir le couple (p,q) d’entiers premiers distincts tels que p+q=2020 et le produitpqest maximum
On obtientp=979 etq=1041, ce qui donnepq=1019139. On a donc 10191396n0620212.
On an0=p1α1p2α2...pαkk oùp1,p2,...,pksont des entiers premiers rangés par ordre croissant etαi>1 pour i=1, 2, ...,k.
Commeσ(n0)6=n0+1,n0n’est pas premier.
n0
p1 est un diviseur propre den0doncn0
p1 6σ(n0)−n0= X
d|n0etd<n0
d=2021.
Doncp1> n0
2021>1019139 2021 >504.
Comme 5043>20212>n0,α1+α2+...+αk62 doncn0=p21oun0=p1p2. Sin0=p12alors 2021=σ(n0)−n0=1+p1, d’oùp1=2020 qui n’est pas premier.
Le casn0=p1p2, déjà traité, donnen0=1019139.
Sipetqsont deux entiers premiers distincts,ϕ(pq)=pq−2021 équivaut à (p−1)(q−1)=pq−2021 soit p+q=2022.
En prenantp=1009 etq=1013 qui sont premiers, on obtient un entiern1=1009×1013=1022117 qui est strictement supérieur àn0tel queϕ(n1)=n1−2021.
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