Par conven- tion, la résiliencer(n) de l’entiernest égale au plus petit nombre d’itérations de la fonctionϕcomposéer(n) fois de suite avec elle-même tel que: ϕ(ϕ(ϕ(..r(n) fois ..(ϕ(n

A337. Résilience (Diophante)

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 exempleϕ(6) = 2 car les deux entiers 1 et 5 sont premiers avec 6. Par conven- tion, la résiliencer(n) de l’entiernest égale au plus petit nombre d’itérations de la fonctionϕcomposéer(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 entiern >2016 tel quer(n) =r(2016) + 2

Q2 Montrer que pour tout entierk >0 fixé à l’avance, on sait trouver un entier ntel quer(n) =k.

Application numérique: trouver un entiern1à trois chiffres tel quer(n1) = 10 et un entiern2à cinq chiffres tel quer(n2) = 17.

Q3 Pour tout entierk >0 fixé à l’avance, trouver le plus grand entierntel que r(n) =k. Application numérique: k= 12

Solution proposée par Pellicer Simon

Q1 .

r(2016) + 2 = 11. On cherche ainsi le plus petit entier n > 2016 telle que r(n) = 11.

r(2017) r(2018) r(2019) r(2020) r(2021) r(2022) r(2023)

10 9 10 10 10 9 11

On en déduit quen= 2023.

Q2 .

La réponse à Q3 démontre directement Q2 dès lors que l’on trouve le plus grand entierntelle que∀k, r(n) =k.

n₁= 641 etn₂= 65537

Q3 .

Notonsnle plus grand entier telle quer(n) =k. On en déduit que le plus grand entiern1, r(n1) =k+ 1 est le plus grand entiern1 vérifiant : ϕ(n1) =n.

Déjà on sait que la valeur de l’indicatrice d’Euler s’obtient à partir de la décom- position en facteurs premiers den:

si n=Qr

i=1p^k_iⁱ alors ϕ(n) =Qr

i=1(p_i−1)p^k_iⁱ⁻¹=nQr i=1

1−_p¹

i

où chaquepi désigne un nombre premier etki un entier strictement positif. De là montrons par récurrence que la plus grande valeur de ntrouvable est de la

1

forme : 2·3^k−1.

Notons Pk la propriété : ∀k ∈ N, k > 0 la plus grande valeur de n vérifiant r(n) =k estn= 2·3^k−1

Pourr(n) = 1 on an= 2 ainsi P1 est vraie.

Supposons quePk est vraie à un certain rangndonné, et étudions si Pk+1 est vraie. D’après l’hypothèse de récurrence : r(2·3^k−1) = k et il n’existe pas une valeur de n plus grande vérifiant l’équation. On cherche à montrer que ϕ(2·3^k) = 2·3^k−1. On a d’après ce qui a été dit précedemment :

ϕ(2·3^k) = 2·3^k(1− ¹₂)(1− ¹₃) soit ϕ(2·3^k) = 2·3^k(¹₃) = 2·3^k−1 D’après la formule de ϕ en fonction de n on remarque bien que s’il existe une valeur

> 2 · 3^k alors on aurai pas l’égalité dès lors qu’il y aurai un autre pi, et ϕ(2·3^k−1·pi) = 2·3^k−2·pi(1− _p¹

i), on remarque bien qu’on ne peut alors avoirϕ(2·3^k·p_i) = 2·3^k−1 puisque 1−p_i est pair.

Si n n’est pas un multiple de 2·3^k−1 alors il est de la forme : n = p^α_i¹ ou n = 2·p^α_i¹ (avec p_i un nombre premier impair). Si n n’est pas égal à l’une de ces deux formes (il admet donc plus de deux diviseurs premiers différents de 2 distincts) alors puisquepi−1 est pair alors 4|ϕ(n) ce qui est impossible puisqu’on cherchentelle queϕ(n) = 2·3^k−1. Or sinest de la formen=p^α_i¹ alorsϕ(n) =p^α_i¹(1−_p¹

i) =p^α_i¹−p^α_i¹⁻¹= 2·3^k−1. Or si un telpi existait alors p^α_i¹⁻¹|2·3^k−1, puisquepi est premier alorspi= 3 oupi= 2. Puisqueϕ(2) = 1 on élimine ce cas. Sipi = 3 alorsn ≤3^k <2·3^k ce qui conclut. Maintenant si n = 2·p^α_i¹ alors ϕ(n) = p^α_i¹ −p^α_i¹⁻¹, on est donc dans le même cas que précedement, d’oun≤2·3^k ce qui conclut.

AinsiPk est héreditaire etPk+1 est vraie.

Donc puisqueP1est vraie etPk est héreditaire on en déduit que : le plus grand entiernvérifiantr(n) =kestn= 2·3^k−1

Ainsi pourk= 12 on an= 2·3¹¹= 354294

2