Solution proposée par Gaston ParrourNotations et remarques Le nombre de diviseurs Ndiv( ) d'un entier quelconque n1 = p1

A384. Les égalisateurs

Soient deux entiers p et q distincts strictement positifs. L’entier n > 0 est un égalisateur de p et de q si les deux entiers obtenus en multipliant p et q par n,pn et qn,ont le même nombre de diviseurs.

Q1 Dans quel(s) cas sait-on trouver un égalisateur de :

1er cas: p = 20 et q = 81, 2ème cas : p = 1610 et q = 2019, 3ème cas : p = 1961 et q = 84323 ?

Q2 Pour les plus courageux : combien y a-t-il d’entiers k positifs strictement inférieurs à 10000 tels qu’on ne sait pas trouver un égalisateur n > 0 de k et de 2019 ? Justifiez votre réponse

Solution proposée par Gaston Parrour

Notations et remarques

Le nombre de diviseurs Ndiv( ) d'un entier quelconque n1 = p1^a1 . p2^a2 … est Ndiv(n1) = (1+a1)(1+a2) ...

Remarque : condition nécessaire d'existence d'un égalisateur

Soit un second nombre n2 = p1' ^a1' . p2' ^a2' … dont le nombre de diviseurs est Ndiv(n2) = (1+a1')(1+a2') ...

L'expression de Ndiv( ) ci-dessus montre clairement :

→ Un égalisateur éventuel n0 n'existe, réalisant N1 = Ndiv(n0.n1) = N2 = Ndiv(n0.n2), que si a priori il contient l'ensemble des nombres premiers figurant dans n1 et dans n2 élevés à des puissances

convenables (certaines pouvant être nulles)

Par contre, tout autre facteur pi''^ai'' dans n0 où pi'' n'appartient pas à l'ensemble des pj (de n1 et de n2) ne fait que multiplier N1 et N2 ci-dessus par un même nombre (1+ai'') Cela ne joue pas sur l'existence de n0

Q1 Y a-t-il un égalisateur dans les cas suivants ? 1er cas: P = 20 et Q = 81

P = 2².5 Q = 3⁴

Ici on peut donc rechercher un égalisateur de la forme n0 = 2^m1 . 3^m2 . 5^m3

Avec N1 = Ndiv(n0P) et N2 = Ndiv(n0Q), N1 = N2 revient à satisfaire l'égalité (3+m1) (1+m2) (2+m3) = (1+m1) (5+m2) (1+m3)

Donc, en divisant par (1+m1) (1+m2) (1+m3) l'égalité suivante

(1+ 2/(1+m1)) (1+ 1/(1+m3)) = (1 + 4/(1+m2)) (1) est-elle vérifiée ?

En posant r = 2/(1+m1) t = 1/(1+m3) et s = 4/(1+m2) cette égalité s'écrit

r + t + r . t = s (1') Cette égalité peut être satisfaite ici par le choix arbitraire → s = 1 et donc r + t + r . t = 1 (1'') Cette dernière égalité (1'') est vérifiée pour r = 1 / 2 t = 1/3

Avec ces choix r = 1/ 2 → m1 = 3 t = 1/3 → m3 = 2 et s = 1 → m2 = 3 ==> L'entier n0 = 2³ . 3³ . 5² est un égalisateur dans ce cas 1

N.B. Le choix arbitraire s = 1 accompagné de l'attribution arbitraire r = n1/2 et t = 1/3 (plutôt que r = 1/3 et t = 1/ 2 ) montre que n0 ci-dessus n'est certainement pas l'unique égalisateur possible

2ème cas : P = 1610 et Q = 2019 P = 1610 = 2 .5 .7 . 23 Q = 3 . 673

De façon générale (comme ci-dessus), on peut rechercher un égalisateur n0 de la forme n0 = 2^m1 3^m2 5^m3 7^m4 23^m5 673^m6

Ce qui conduit, pour N1[= Ndiv(n0P) ] = N2 [= Ndiv(n0Q) ] à

(1+ 1/(1+m1)) (1+ 1/(1+m3)) (1+ 1/(1+m4)) (1+ 1/(1+m5)) = (1+ 1/(1+m2)) (1+ 1/(1+m6)) (2)

Pour satisfaire cette égalité (2) :

→ on peut se ramener au cas précédent en considérant qu'à droite, avec u = 1/(1+m2) et v = 1/(1+m6) , on peut réaliser u + v + uv = 1 avec u =1/2 et v = 1/3

Et dans ce cas l'égalité résultante est analogue à l'égalité (1) (où on a fait s = 4/(1+m2) = 1)

→ ou bien remarquer qu'avec le choix arbitraire m2 = m6 = 0 on a des solution évidentes pour vérifier (2) par exemple m1 = 2 m3 = 2 m4 = 1 m5 = 1 (toute permutation est encore une solution!)

Donc avec ce choix

==> L'entier n0 = 2² . 5² . 7 . 23 est un égalisateur possible dans ce cas 2 N.B. Bien sûr de nombreux autres égaliseurs existent !

3ème cas : P = 1961 et Q = 84323 P = 1961 = 37 . 53

Q = 84323 = 37 . 43 . 53

→ Puisque les nombres premiers communs sont au même exposant (ici égal à 1) , on peut rechercher un égaliseur n0 réduit au(x) nombre(s) premiers non communs.

En effet, les nombres premiers communs p1 , p2, … s'ils sont considérés sous la forme p1^m1 . p2^m2 … dans un égalisateur n0, ne font que multiplier N1 et N2 par le même facteur (1+m1) (1+m2) ...

Ici il n'y a qu'un seul nombre premier non commun → p3 = 43 (dans Q) → Tout n0 = p3^m3 produit un coefficient multiplicatif (1+m3) pour Ndiv(P) et (2+m3) pour Ndiv(Q) Ndiv(n0P) = Ndiv(n0Q) n'est réalisé que si (2+m3) / (1+m3) = 1

==> Pas d'égalisateur n0 dans ce cas 3 (m3 fini)

Q2 Combien y a-t-il d’entiers k positifs strictement inférieurs à 10000 tels qu’on ne sait pas trouver un égalisateur n > 0 de k et de 2019 ? Justifiez votre réponse

P = 2019 = 3 . 673 = p1 . P2 ,

k = q1a1 . q2a2 … certains de ces qi peuvent être p1 et/ou p2 de P = 2019

→ Pour déterminer des formes de k pour lesquelles un égalisateur (au moins ) existe, on peut étendre des résultats de Q1 Lemme l'égalité suivante a-elle au moins une solution {bi} ?

(1+1/b1) (1+1/b2) … (1+1/bn) = 2 (En) Pour n= 2 une solution utilisée en Q1 est ( b1 = 2 , b2 = 3)

En notant que, pour n= 1 , la solution est b1 = 1,

→ Montrons par récurrence qu'une solution de l'égalité (En) est

b1 = n , b2 = n+1 , … , bn = 2n-1 (Sol n) Si on passe du rang (n-1) où (En-1) est supposée vérifiée avec b1 = n-1 , … , bn-1 = 2n-3 ( 1+1/(n-1) (1+1/n) … (1+1/(2n-3) ) = 2 (En-1) au rang (n) , a-t-on avec (Sol n) ci-dessus ,

(1+1/n) (1+1/(n+1)) … (1+1 /(2n-1)) = 2 ? La comparaison des 2 membres de gauche montre qu'en passant au rang (n) le facteur ( 1+1/(n-1) a été perdu

les facteurs (1+1/(2n-2)) et (1+1/(2n-1)) ont été gagnés Avec cela, on vérifie directement :

( 1+1/(n-1) = (1+1/(2n-2)) + (1+1/(2n-1))

Par conséquent le membre de droite au rang (n) est effectivement égal à 2 avec (Sol n)

→ Examinons alors divers cas possibles pour l'entier k associé à 2019 = 3 . 673 = p1 . p2 Dans la suite : N1 désigne le nombre de diviseurs de (n0 x 2019) et N2 celui de (n0 x k) cas 1 k contient uniquement p1 et /ou p2

- k = p1^a a > 0

un égalisateur n0 = p1^m1 . p2^m2 existe-t-il ? Alors l'égalité des nombres de diviseurs, N1 = N2 , conduit à

1+1/(1+m2) = 1+ (a-1)/(2+m1) soit m1 = (a-1)m2 + (a-3) a = 1 ''m1'' < 0 → pas de solution

a = 2 m1 = -1 + m2 → infinité de solutions (m1,m2) a > 2 a fortiori → infinité de solutions

==> Pas d'égalisateur pour k = p1 , donc aussi pour k = p2 - k = p1^a1 . p2 ^a2 avec a1 et a2 strictement positifs

si a1 = a2 = 1 k = 2019 et tout n est égalisateur si a1 > 1 et a2 = 1

égalisateur de la forme n0 = p1^m1 ? (N.B. p2 a même puissance dans 2019 et k ) alors N1 = N2 donne

2(2+m1) = 2(1+a1 + m1) → impossible avec a1 > 1 Et de façon symétrique : même conclusion si a2 > 1 et a1 = 1

==> Pas d'égalisateur pour k = p1^a1 p2 (a1 > 1) , donc aussi k = p2^a2 p1 (a2 > 1)

si a1 > 1 et a2 > 1

égalisateur de la forme n0 = p1^m1. P2^m2 ? N1 = N2 → (2+m1)(2+m2) = (1+a1+m1)(1+a2+m2)

==> Pas d'égalisateur si k = p1^a1 p2^a2 avec a1 et a2 > 1

cas 2 k contient p1 et /ou p2 ET un seul autre nombre premier q1 - k = p1^a1 p2 ^a2 q1 ^a3 a1, a2, a3 > 0

égalisateur de la forme n0 =p1^m1 p2^m2 p3^m3 ?

N1 = N2 → (2+m1)(2+m2)(1+m3) = (1+a1+m1)(1+a1+m2)(1+a3+m3) égalité impossible à réaliser même avec a1=a2=a3

==> Pas d'égalisateur si k = p1^a1 p2^a2 q1^a3 avec a1, a2, a3 > 0 k = p1^a1 q1 ^a2 (ici p2 ne figure pas dans k )

égalisateur de la forme n0 = p1^m1 p2^m2 q1^m3 ?

N1 = N2 → (2+m1) (2+m2) (1+m3) = (1+a1+m1)(1+m2)(1+a2+m3)

soit (1+1/(1+m2)) = (1+(a1-1)/(2+m1)) (1+a2/(1+m3)) (3) Si on choisit m2 = 0, cette égalité est de la forme générale (En) considérée ci-dessus, avec ici n = 2 donc (par exemple) b1 = 2 = (2+m1)/(a1-1) → m1 = 2(a1-1) – 2

b2 = 3 = (1+m3)/a2 → m3 = 3a2 – 1 L'égalité (3) a (au moins!) une solution (m1,m2,m3)

et n0 = p1^m1 q1^m3 est un égalisateur → des égalisateurs existent toujours cas 3 k contient p1 et /ou p2 ET plus d'un autre nombre premier

On voit que cela généralise le cas 2 ci-dessus :

→ si les deux nombres premiers p1 et p2 constituant 2019 sont présents dans k ==> Pas d'égaliseur pour k = p1^a1 p2^a2 q1^a3 q2^a4 … avec a1 et a2 > 0 → si un seul p1 ou p2 est présent dans k :

comme ci-dessus on aura affaire à une égalité de type (En) [en posant m2 = 0 (si p2 absent) ou m1 = 0 (si p1 absent) ] , laquelle a toujours des solutions. → toujours des égalisateurs

cas 4 k ne contient ni p1 , ni p2

k = q1^a1 q2^a2 q3^a3 … et 2019 = p1 p2 égalisateur n0 = p1^m1 p2^m2 q1^m3 q4^m4 … ?

( où figurent tout les nombres premiers présents dans 2019 et k ) N1 = N2 s'écrit comme précédemment

(1+1/(1+m1)) (1+1/(1+1+m2)) = (1+a1/(1+m3)) (1+a2/(1+m4)) … (4) (Le second membre contient autant de facteurs qu'il y a de qi différents dans k)

Le choix arbitraire m1 = 2 et m2 = 3 (ou bien m1=3 et m2 =2) donne la valeur 2 au membre de gauche Avec cela

→ l'égalité (4) ci-dessus est une égalité de type (En) qui a toujours des solutions entières m3, m4, … → Dans ce cas 4 il y a toujours (au moins) un égalisateur n0

Cas particulier : l'entier k = 1

''1'' n'est pas un nombre premier. Et il n'appartient à aucune des catégories précédentes

Mais il est clair qu'aucun entier n0 = p1^m1 p2^m2 x 1 ne peut être un égalisateur de 1 et de 2019

BILAN Les nombres entiers k pour lesquels il n'y a pas d'égalisateur avec 2019 sont, avec k < 10 000 : → k = 1

k = p1 et k = p2 → k = 3 k = 673 k = p1^a1 p2 et k = p1 p2^a2 a1 ou a2 > 1 → k = 3² . 673

k = p1^a1 p2^a2 a1 et a2 > 1 673a2 avec a2 > 1 est > 10 000 Et avec des qi différents de p1 et p2 :

k = p1^a1 p2^a2 q1^a3 q2^a4 ... a1, a2, a3, a4, ... > 0 → k = 2.3.673 k = 2².3.673 (pour ce dernier type, seuls q1 =2 et q1² = 2² donnent k inférieur à 10 000)

==> Les 6 nombres k (en rouge ci-dessus) n'admettent pas d'égalisateur avec 2019