Solution proposée par Gaston Parrour

A337. Résilience

On désigne par φ(n) la fonction indicatrice d'Euler qui à tout entier n > 0 associe le nombre d'entiers compris entre 1 et n inclus et premiers avec n. Par exemple φ(6) = 2 car les deux entiers 1 et 5 sont premiers avec 6.

Par convention, la résilience r(n) de l'entier n est égale au plus petit nombre d'itérations de la fonction φ composée r(n) fois de suite avec elle-même tel que: φ(φ(φ(..r(n) fois ..(φ(n))...) = 1. On écrit φ[r(n)] (n) = 1.

Par exemple r(6) = 2 car φ[2](6) = φ(φ(6)) = φ(2) = 1

Q1 Déterminer le plus petit entier n > 2016 tel que r(n) = r(2016) + 2

Q2 Montrer que pour tout entier k > 0 fixé à l'avance, on sait trouver un entier n tel que r(n) = k.

Application numérique: trouver un entier n à trois chiffres tel que r(n ) = 10 et un entier n à cinq chiffres tel que r(n ) =₁ ₁ ₂ ₂ 17.

Q3 Pour tout entier k > 0 fixé à l'avance, trouver le plus grand entier n tel que r(n) = k.

Application numérique: k = 12

Solution proposée par Gaston Parrour

Préliminaires

La fonction phi(n) d'Euler d'un entier n, est une fonction multiplicative dans le sens suivant :

si m et n sont premiers entre eux (m,n) = 1 , alors phi(m.n) = phi(m). phi(n) (1) D'autre part,

pour un nombre premier p, par définition de la fonction phi → phi(p) = p – 1 ,

pour un nombre premier p à la puissance a, on peut obtenir le nombre de ceux qui sont premiers avec p^a : entre 1 et p^a il y a p^(a-1) nombres qui sont multiples de p, donc non premiers avec p^a

par conséquent il y a phi(p^a) = p^a – p^a-1 = p^a-1(p-1) nombres premiers avec p^a (2) → Avec (1) et (2), on est en mesure de calculer phi(n) pour tout n

On remarque en particulier que phi(2^a) = 2^a-1

Et ainsi, après a itérations phi[a](2^a) = 1 autrement dit

==> r(2^a) = a (3) Q1 Déterminer le plus petit entier n > 2016 tel que r(n) = r(2016) + 2

Autrement dit : le nombre n après 2 itérations ''phi'' est égal à 2016 Soit donc phi(n) = m , alors

phi(m) = 2016 = 2⁵.3².7 → m contient les nombres premiers 2, 3, 7 Remarquons d'une façon générale : pour un nombre m = 2^a.3^b.7^c ,

on peut écrire phi (m) = 2^a(1-1/2).3^b(1-1/3).7^c(1-1/7) phi(m) = m .1/2 . 2/3 . 6/7 = m .2/7

Donc m = 7/2 . phi(m) , soit ici → m = 2⁴.3².7² Et avec m = phi(n), cela se reconduit

n = 7/2 . phi(n) = 7/2 . m ==> n = 2³.3².7³ (n=24 696) Q2 Montrer que pour tout entier k > 0 fixé à l'avance, on sait trouver un entier n tel que r(n) = k.

La relation (3) donnée en préambule permet de définir, pour tout k entier naturel donné, le nombre n= 2^k pour lequel r(2^k) = k (3') N.B. On note bien sûr qu'il n'est certainement pas le seul en général à satisfaire la relation demandée

Application numérique: trouver un entier n à trois chiffres tel que r(n ) = 10 et un entier n à cinq chiffres tel₁ ₁ ₂ que r(n ) = 17.₂

1 - Un entier n1 à trois chiffres tel que r(n1) = 10

→ Avec la relation (3') on a r(2¹⁰) = 10 , mais 2¹⁰ = 1024 ne convient pas Considérons les nombres premiers p inférieurs à 1000 :

si p est premier phi(p) = p-1

pour 2⁹ < p < 1000 on a

2⁹≤ phi(p) = p – 1 donc si r(p-1) = 9 itérations, le résultat demandé est obtenu.

A priori (p-1) est pair donc de la forme 2^a5^b...

→ A partir des premiers nombres premiers p inférieurs à 1000 : p = 997, 991, … on observe : si b = 0 et a ≤ 2, il n'y a pas de solution

si a >2 ou ( 2 ≤ a et b > 0 ) on obtient des solutions. (CRIT) N.B. Ce qui précède ne constitue a priori que des conditions nécessaires

Le premier candidat est p = 941 pour lequel phi(941)= p-1 = 940 = 2² . 5 . 47 et avec les propriétés (1) et (2) phi(940) = 2 .2².46 = 2⁴ . 23 phi(2⁴ . 23) = 2⁴ . 11

phi(2⁴ . 11) = 2⁴ .5 phi( 2⁴ .5) = 2⁵

phi( 2⁵) → = 1 après 5 itérations Donc en tout 10 itérations

==> Avec le nombre premier n1 = 941 , r(n1) = 10 → phi[10](941) = 1

N.B. Tout nombre premier (en décroissant depuis p = 941) peut être ''candidat'' à condition en particulier que les critères (CRIT) soient vérifiés

Ainsi r(929) = 10 r(881) =10 r(821) = 10 r(809) = 10 , etc … répondent à la question 2 - Un entier n à cinq chiffres tel que r(n ) = 17.₂ ₂

En partant de 2^a : pour 17 itérations il faut a = 17 → 2¹⁷ possède beaucoup plus que 5 chiffres 3^a : fait intervenir un facteur 2 avec phi(3^a) = 2 .3^a-1 Ce facteur 2 se conserve au long des (a-1) autre itérations et r(3^a) = a + 1 → 3¹⁶ possède plus de 5 chiffres 5^a : fait intervenir à la première itération un facteur 2² avec phi(5a) = 2² .5^a-1 Ce facteur croit ensuite d'une unité jusqu'à l'itération de rang a (fin des puissances de 5)

Donc en tout r(5^a) = a + a + 1 itérations pour obtenir 1 à la dernière itération → Avec cela 5^a exige donc a = 8 pour 17 itérations mais 5⁸ > 99 999

On peut poursuivre avec les nombres premiers p suivants.

D'une façon générale avec p^a :

→ il faut obtenir, au cours des itérations qui font passer à p0, une croissance suffisamment rapide de la puissance de 2 de façon à ce que les 17 itérations soient obtenues avec une valeur très faible de l'exposant a de départ.

Avec ce prérequis, on observe que phi(7^a ) = 2.3 . 7^a-1

phi(11^a) = 2.5 . 11^a-1 phi(13^a) = 2².3 . 13^a-1

phi(17^a) = 2⁴ .17^a-1 Il s'introduit ici une puissance 4 de 2 d'emblée, puis la puissance de 2 croît par pas de 3 . Dans ce cas :

phi(17^a) = 2⁴ . 17^a-1 première itération phi(2⁴ . 17^a-1) = 2⁷. 17a-2

seconde itération …...

phi(2^1+3(a-1) . 17) = 2^3(a-1) . 2⁴ = 2^3a+1 ''a ième'' itération (fin des puissances de ''17'') Ensuite, après (3a+1) itérations phi(2^3a+1) → 1

Donc en tout (4a + 1) itérations

17 itérations correspondent alors à a = 4 Par conséquent, 17⁴ = 83 521 à 5 chiffres est retenu

==> Avec n2 = 17⁴ , r(n2) = 17 → phi[17](17⁴) = 1

Q3 Pour tout entier k > 0 fixé à l'avance, trouver le plus grand entier n tel que r(n) = k.

Avec ce qui précède :

avec ''2''

n1 = 2^k conduit à r(n1) = k

avec ''3'' → n = 3^k-1 conduit à r(n) = k on peut remarquer que

n2 = 2 . 3^k-1 conduit aussi à r(n2) = r(n) = k , car phi(2) = 1 → Puisqu'on recherche un maximum, on retient ce n2 pour le cas avec ''3''

avec ''5'' → n3 = 2^a5^b

On obtient directement r(2^a5^b) = a+2b Il faut a+2b = k

et a le plus petit possible pour un n3 maximum Donc selon la parité de k, a = 0 ou a = 1

k impair → b = (k-1)/2 et a = 1 a-t-on n2 > n3 ?

3^(k-1) > 5^(k-1)/2 ?

Puisque sqrt(5) < 3 → [3/sqrt(5) ]^(k-1) > 1 pour k impair >1 (égalité pour k=1) k pair → b = k/2 , a = 0

n2 > n3 ?

2/3 . 3^k > 5 ^k/2 ? → [3/sqrt(5) ]^k > 3/2 ceci est vérifié dès k = 2 avec ''7'' → n4 = 2^a7^b

En procédant comme pour le cas ''5'' précédent, on obtient r(2^a7^b) = a+2b et n2 > n4 et ici pour tout k > 2

=> Donc n2 est le maximum des nombres examinés jusqu'ici.

Ce résultat ''n2 est le maximum'' est-il général ?

→ Tout d'abord pour les nombres de la forme n = 2^ap^b où p est ''premier'' : 11, 13, … ? Tout nombre premier p est compris entre deux puissance successives de 2

2^m < p < 2^m+1 (4) Alors à partir de (4) et avec phi(p) = p-1 :

S'il y a égalité à gauche p-1 = 2^m , après (m) autres itérations on obtient 1 (relation (3) ci-dessus) Donc en tout (m+1) itérations

S'il y a inégalité à gauche, alors 2^m-1 < (p-1)/2

Dans ce cas si phi[(p-1)/2] = 2^m-1 , à nouveau il faut en tout (m+1) itérations pour atteindre l'unité, etc …

Il apparaît ainsi plus généralement que r(p) est de l'ordre de m (à l'unité près) ==> r(p) ≅ m où m est la puissance de 2 qui encadre p selon (4) ci-dessus

→ Ce résultat se généralise directement à un nombre de la forme 2^ap^b pour lequel

2^a+mb < 2^ap^b < 2^a+(m+1)b (4') ==> r(2^ap^b) ≅ a + mb

Lorsque r(2^ap^b) = k, → pour maximiser 2^ap^b , a doit être le plus petit possible au profit de b (a sera très petit, - 0 ou 1 -, si des questions de parité se posent)

==> En fait le résultat '' r(2^ap^b) est de l'ordre de mb '' suffit pour confirmer ''n2 est le maximum''

En effet alors

Pour tout p, m est défini par p à partir de la double inégalité suivante 2^m < p < 2^m+1

Et par exemple supposons r(2^ap^b) = mb +1 = k , cela définit b → b = (k-1)/m Donc a-t-on n2=2.3^k-1 > 2.p^(k-1)/m ? , soit avec rm(p) la racine d'ordre m de p :

[3/rm(p) ] ^(k-1) > 1 ? → oui dès k>1 , car rm(p) < 3 pour tout p (cela avec la définition de m et 2^m+1 < 3^m <=> 2 <(3/2)^m dès m = 2)

En conclusion :

Soit un nombre nombre n de la forme n = 2^ap^b , avec r(n) = k fixé où p est un nombre premier différent de 3 encadré par 2^m et 2^m+1 et b est de l'ordre de k/m comme précisé ci-dessus

==> Ce nombre n est plus petit que nmax = 2 . 3(k-1)

pour tout p différent de 3 → Nombres n plus composites que 2^a p ^b

Avec k fixé, pour des nombres composites contenant, en dehors de 2⁰ ou 2¹, plus d'un nombre premier p , on observe que le résultat précédent est a fortiori vrai :

==> Le plus grand entier n qui vérifie r(n) = k (k entier donné) est n = 2 . 3^(k-1)

Application numérique: k = 12 Avec k = 12 → n = 2.3¹¹ = 354 294