A341. Abondance et déficience [** à ****]
Tout entier naturel n dont la somme de ses diviseurs σ(n), y compris 1 et lui-même, est strictement supérieure à 2n est appelé abondant. Il est déficient quand σ(n) < 2n.
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 trouver k 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.[***]
Solution proposée par Michel Lafond :
Notons .
Remarquons que pour n > 1 on a f (n) > 1 et que n est abondant si et seulement si f (n) > 2.
On sait que la fonction σ est multiplicative c’est-à-dire que si a et b sont premiers entre eux alors σ (ab) = σ (a) × σ (b). Par conséquent, f est elle-même multiplicative.
Donc si est la décomposition en facteurs premiers du nombre n, σ (n) = Cela entraîne f (n) =
Mais montre que . Ce qui précède entraîne que tout multiple d’un nombre abondant est abondant.
En effet, si m = k n est multiple du nombre abondant alors où r est premier avec p, q, … [éventuellement r = 1] et
Donc
Q1. Choisissons deux entiers abondants sans facteurs communs.
Par exemple : a = 23 × 11 = 88 [σ (a) = 180 > 2 a ] et b = 33 × 5 × 7 = 945 [σ (b) = 1920 > 2 b ]
Cherchons ensuite x et y tels que 945 x – 88 y = 1 [C’est possible d’après Bézout].
L’algorithme classique (praticable à la main) donne x = 65 et y = 698.
On a X = 945.65 = 61425 et Y = 88.698 = 61424 qui sont consécutifs et abondants comme multiples de nombres abondants.
Q2.
Le raisonnement précédent est valable pour plus de deux entiers puisque quel que soit le nombre premier p on peut trouver un nombre abondant dont la décomposition en facteurs premiers est et où chaque facteur premier est au moins égal à p.
En effet, il suffit de prendre le produit de tous les nombres premiers consécutifs depuis p jusqu’à un nombre premier r suffisamment grand : n = p × q ×…× r.
On aura alors quantité qui dépassera 2 pour q assez grand car diverge.
[ et on sait que la somme des inverses des nombres premiers diverge].
Une fois qu’on a obtenu a1, a2, …, ak tous abondants et premiers entre eux, le théorème chinois garantit l’existence d’un nombre entier n vérifiant la propriété (P) :
(P) Tous les entiers de la forme vérifient aussi la propriété (P).
Puisque a1 est premier avec le produit il existe un entier t0 tel que Posons
D’après ce qui précède, on a
Autrement dit il existe des entiers x1, x2, …, xk tels que
Ce qui donne bien k entiers naturels consécutifs qui sont tous abondants comme multiples des nombres abondants respectifs a1, a2, …, ak.
Q3.
Le nombre 6 est parfait [σ (6) = 12], donc tous les nombres de la forme 6 k avec k entier plus grand que 1 sont abondants. On ne peut donc pas trouver 6 nombres consécutifs déficients.
Par contre, on peut trouver 5 nombres consécutifs déficients comme 7, 8, 9, 10, 11.
Attention, les 5 nombres consécutifs 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 4, 6k + 5 ne sont pas toujours tous déficients car par exemple dans la suite [19, 20, 21, 22, 23] 20 est abondant.
Q4.
On a démontré que la « densité asymptotique » des nombres déficients est d’environ 0,75, c’est-à-dire que pour les grands nombres, 3 / 4 environ sont déficients.
Plus précisément : Marc Deléglise [Maitre de Conférences (retraité) Institut Camille Jordan] a montré en 1998 que la densité asymptotique de l’ensemble des nombres abondants ou parfaits est comprise entre 0.2474 et 0.2480.
Supposons donc (raisonnement par l’absurde) que le nombre de quintuplets [x + 1, x + 2, x + 3, x + 4, x + 5] composés de nombres tous déficients soit fini.
Cela signifierait qu’à partir d’un certain entier N, tout quintuplet [x + 1, x + 2, x + 3, x + 4, x + 5] contient au moins un nombre abondant. Mais alors, puisque 6 k est abondant pour k > 1, on aurait à partir d’un certain entier N dans chaque 6-uplet [6 k, 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 4, 6k + 5] au moins deux nombres abondants, soit une densité au moins égale à un tiers. C’est impossible puisque cette densité est au plus égale à 0,248.
Il existe bien une infinité de suites de cinq entiers naturels consécutifs déficients.
Pratiquement : je pense qu’on peut trouver une infinité de suites de la forme
[12600 k +1, 12600 k +2, 12600 k +3, 12600 k +4, 12600 k +5], formées de 5 nombres consécutifs déficients.
En effet, 12600 = 23 32 52 7 donc : 12600 k + 1 est premier avec 2, 3, 5, 7
12600 k + 2 = 2 (6300 k + 1) est premier avec 2, 3, 5, 7 car 6300 est multiple de 210 = 2.3.5.7 12600 k + 3 = 3 (4200 k + 1) est premier avec 2, 3, 5, 7 car 4200 est multiple de 210 = 2.3.5.7 12600 k + 4 = 4 (3150 k + 1) est premier avec 2, 3, 5, 7 car 3150 est multiple de 210 = 2.3.5.7 12600 k + 5 = 5 (2520 k + 1) est premier avec 2, 3, 5, 7 car 2520 est multiple de 210 = 2.3.5.7
Il y a peu de chance d’avoir parmi eux un nombre abondant, car dans le pire des cas 12600 k + 4 n’aura comme facteurs premiers possibles que 4, 11, 13, 17 etc.
Donc au pire 12600 k + 4 = 22 11a 13b 17c… et il y a toutes les chances pour que f (22 11a 13b 17c…) < 2.
Cela arrive néanmoins : par exemple si k = 107 alors 12600.107 + 4 = 1348204 = 22 11.13.2357 est abondant ! Mais on peut, au lieu de prendre 12600, prendre disons 1801800 = 23 32 52 7.11.13.
Alors, on vérifie (par informatique) que la suite
[1801800 k +1, 1801800 k +2, 1801800 k +3, 1801800 k +4, 1801800 k +5] n’est composée que de nombres déficients pour k = 1, 2, 3, …, 372.
Mais là encore, pour k = 373 on a 1801800.373 + 4 = 672071404 = 22 .17.29.37.61.151 qui est abondant !
