Les nombres parfaits (pairs) : caractérisation


  • B

    Salut tout le monde , voilà encore un exercice de spécialité qui me pose problème. L'énoncé est assez long mais j'en ai déjà fait une bonne partie.

    PARTIE 1

    Définition 1 :Soit n un entier naturel non nul, on note σ(n) la somme des diviseurs positifs de n.

    Définition 2 :Un entier naturel non nul n est parfait si et seulement si σ(n) = 2n .

    1. Les nombres 6, 28, 32 sont-ils parfaits ?
    2. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. Démontrer que :
      a) Quel que soit n un entier strictement supérieur à 1 : σ(n) ≥n+1 .
      b) n est premier si et seulement si σ(n) = n+1 .
      c) σ(n) = 1 si et seulement si n = 1 .
    3. Soient a et b deux entier naturels non nuls, démontrer que σ(a)σ(b) = σ(ab)

    PARTIE 2

    Soit p un nombre premier tel que 2p2^p2p -1 soit premier . On note EpE_pEp = 222^{p-1}(2p(2^p(2p-1)

    1. Calculer σ(2p−1(2^{p-1}(2p1) puis σ(2p(2^p(2p-1).
    2. Calculer σ(Ep(E_p(Ep), en déduire que EpE_pEp est un nombre parfait.

    PARTIE 3

    Dans cette partie, n désigne un nombre parfait pair : on notera n = 2a2^a2ab, où b désigne un nombre impair.

    1. Justifier que σ(n) = 2a+12^{a+1}2a+1b puis que 2a+12^{a+1}2a+1b = σ(b)(2a+1(b)(2^{a+1}(b)(2a+1-1) .
    2. Montrer que PGCD (2a+1(2^{a+1}(2a+1-1 , 2a+12^{a+1}2a+1 ) = 1. En déduire que (2a+1(2^{a+1}(2a+1-1) divise b. Par la suite nous noterons b = (2a+1(2^{a+1}(2a+1-1)c.
    3. Démontrer que :
      a) σ(b) = 2a+12^{a+1}2a+1c
      b) n = 222^a(2a+1(2^{a+1}(2a+1-1)c
      c) σ(n) = 2a+12^{a+1}2a+1 (2a+1(2^{a+1}(2a+1-1)c .
    4. On suppose que c>1. Démontrer qu'alors σ(n) ≥ (2(2(2^{a+1}−1)2a+1-1)2^{a+1}1)2a+1(1+c) . Ce résultat est il compatible avec celui obtenu au 3.c. ? En déduire que c=1.
    5. En utilisant les questions précédentes et la partie 1, montrer que b est premier .

    PARTIE 4

    Enoncer la propriété démontrée dans les parties 2 et 3.

    Voilà l'énoncé. Donc j'ai déjà répondu à toutes les questions des parties 1 et 2.

    Ensuite pour la PARTIE 3 , j'ai justifié que σ(n) = 2a+12^{a+1}2a+1b mais pour la suite je suis bloquée.

    MErci à tous ceux qui pourront m'aider 😄

    Bel effort de présentation ; merci à toi Bbygirl ! (N.d.Z.)


  • B

    Bon alors en fait j'ai trouvé la réponse à ma question (je crois que c'est le fait de poser le problème sur ce site qui donne la solution ...) donc je reviendrai poser une autre question plus tard.

    😄


  • B

    Voilà je savais bien que j'allais avoir un problème. Mon problème est donc la question 4 de la partie 3. J'ai répondu aux 3 questions précédentes.

    MErci de m'aider 😄


  • Zauctore

    juste comme ça, par pure curiosité... tu pourrais pas nous dire comment tu as répondu à la 3 de la partie 1, sans indication supplémentaire ?


  • B

    Si gentiment demandé je veux bien lol

    Alors on suppose a ≥2 et b ≥2

    On note a0a_0a0, a1a_1a1, .... aka_kak les diviseurs positifs de a avec a0a_0a0<a1a_1a1<a2a_2a2< ...<aka_kak .
    On note b0b_0b0, b1b_1b1, .... blb_lbl les diviseurs positifs de b avec b0b_0b0< b1b_1b1< ....< blb_lbl .

    Sachant que aaa_0=b0=b_0=b0= 1 et que aka_kak = a et blb_lbl = b,

    σ(a) = a0a_0a0 + a1a_1a1 +a 2_22 + ... + aka_kak .

    et σ (b) = b0b_0b0 + b1b_1b1 + b2b_2b2 + ... + blb_lbl .

    σ(ab) = a0a_0a0 + a1a_1a1 +a 2_22 + ... + aka_kak

    • aaa_0b1b_1b1 + aaa_1b1b_1b1 + ... + aaa_kb1b_1b1
    • aaa_0b2b_2b2 + aaa_1b2b_2b2 + ... + aaa_kb2b_2b2
      .
      .
      .
    • aaa_0blb_lbl + aaa_1blb_lbl + ... + aaa_kblb_lbl

    Donc σ(ab) = (a0(a_0(a0 + a1a_1a1 +a 2_22 + ... + aaa_k)b0)b_0)b0

    • (a0(a_0(a0 + a1a_1a1 +a 2_22 + ... + aaa_k)b1)b_1)b1
    • (a0(a_0(a0 + a1a_1a1 +a 2_22 + ... + aaa_k)b2)b_2)b2
      .
      .
      .
    • (a0(a_0(a0 + a1a_1a1 +a 2_22 + ... + aaa_k)bl)b_l)bl

    ⇔ σ(ab) = (a0(a_0(a0 + a1a_1a1 +a 2_22 + ... + aaa_k)(b0)(b_0)(b0 + b1b_1b1 + b2b_2b2 + ... + blb_lbl)

    Ainsi, σ(ab) = σ(a)σ(b)

    Voilà pour la question 3 de la partie 1.


  • Zauctore

    Merci.

    En gros, ce sur quoi repose ta preuve, lors du calcul de σ(ab), c'est le fait que, les diviseurs de a étant les axa_xax et ceux de b étant les byb_yby, alors les diviseurs de ab sont les aaa_xbyb_yby... mais est-ce toujours vrai ? au sens où : est-ce que cela donne exactement les diviseurs de ab, et pas un peu trop ?

    Prends par exemple a = 4, b = 6 et ab = 24 et dressons les listes des diviseurs.

    Pour 4: 1 ; 2 ; 4.

    Pour 6: 1 ; 2 ; 3 ; 6.

    Pour 24: 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 8 ; 12 ; 24.

    parmi les diviseurs de 4 figure 2, comme parmi ceux de 6. En prenant les combinaisons des diviseurs de a et de b comme tu le suggères, on va récupérer 2×1 et 1×2, donc le nombre 2 sera compté une fois de trop. De même, avec 4, comme 4×1 et comme 2×2... d'ailleurs tu peux voir que σ(4) = 7, σ(6) = 12 et σ(24) = 60, ce qui montre que ton raisonnement ne s'applique certainement pas dans ce cas.

    Sinon, j'ai un autre (contre-)exemple pour te montrer que l'énoncé de cette question comporte une erreur (disons un omission) : on peut voir que σ(2) = 3, σ(4) = 7 et σ(8) = 15. Ainsi, σ(2×4) ≠σ(2)×σ(4).

    L'énoncé devrait demander que a et b soient
    premiers entre eux, ce qui rendrait correct ton argument, critiqué dans mon 1er paragraphe.


  • B

    ah d'accord ... alors il suffit que je dise au départ que a et b doivent être premiers entre eux? et pour les autres cas ? il se passe quoi? il n'y a pas de formule ?


  • Zauctore

    ... sauf si tu en découvres une !

    il faudra expliquer proprement pourquoi, lorsque a et b sont premiers entre eux, les diviseurs de ab sont exactement les aaa_xbyb_yby, avec les notations précédentes.


  • B

    ah d'accord ... et comment on fait ca ?


  • Zauctore

    c'est une lourde responsabilité dont je te laisse la charge : sois créative comme tu l'as déjà été !


  • B

    j'ai même pas le droit à une piste?


  • Zauctore

    pense peut-être à la décomposition en produit de facteurs premiers, pour lister tous les diviseurs de ab ?


  • B

    Si a et b sont premiers entre eux alors leur pgcd est 1. mais après ?


  • B

    ca veut dire qu'ils n'ont aucun facteur premier en commun puisque 1 n'est pas premier ... ?


  • Zauctore

    oui, mais surtout : a et b n'ont AUCUN facteur premier commun.

    (j'avais pas vu ta remarque ci-dessus)


  • B

    oui je l'avais vu .. mais qu'est ce que ca fait qu'ils n'aient aucun facteur premier en commun ?
    je ne vois pas trop à quoi ca sert


  • Zauctore

    I. le problème du facteur commun, c'est justement de faire compter certains diviseurs en double... parce que 1 figure toujours dans l'autre liste de diviseurs.

    II. commençons par voir ce que ça donne pour un produit pq de deux nombres premiers...


  • B

    d'accord je vais chercher dans ce sens là...


  • Zauctore

    Pour ta question 4, sinon... sachant que n = 222^a(2a+1(2^{a+1}(2a+1-1)c et c > 1 : cela veut dire que c est un diviseur de n.

    Peut-être qu'une "habile" façon de lister quelques diviseurs distincts de n donnera cette minoration de σ(n). En effet, si on est sûr que u, v w sont des diviseurs différents de n, alors on aura certainement σ(n) ≥ u + v + w.

    Je t'avoue que pour l'instant je sèche, notamment à cause du facteur 2a+12^{a+1}2a+1 demandé dans le minorant.


  • B

    okay merci. je vais d'abord essayer de résoudre le problème de la question 3 de la partie 1 avant de m'attaquer à autre chose. mais pour l'instant je ne trouve rien .


  • Zauctore

    La méthode ressemble bcp : les diviseurs de p sont 1 et p ; ceux de q sont 1 et q. Quels sont les diviseurs de pq ? Compare alors σ(p), σ(q) et σ(pq).


  • B

    je l'ai fait cet exemple et ca marche bien car :

    σ(p) = 1 + p
    σ(q) = 1 + q
    σ(pq) = 1 + p + q + pq

    et dans ce cas on a bien σ(pq) = σ(p)σ(q)


  • Zauctore

    oui ; donc pour deux nombres premiers, la formule fonctionne.

    maintenant, considère peut-être a = ppp_1$$^{e$_1$}$p2_22$^{e_2$}.........pr_rr$^{e_r$}$ et b = qqq_1$$^{f$_1$}$q2_22$^{f_2$}.........qr_rr$^{f_s$}$

    avec les nombres premiers pip_ipi tous distincts des nombres premiers qjq_jqj, pour que a et b soient premiers entre eux.


  • B

    dans ce cas là la démonstration que j'avais faite au début marche .

    Si on prend les aia_iai différents des bjb_jbj :

    Citation
    Alors on suppose a ≥2 et b ≥2

    On note a0, a1, .... ak les diviseurs positifs de a avec a0<a1<a2< ...
    On note b0, b1, .... bl les diviseurs positifs de b avec b0< b1< ....< bl .

    Sachant que a0=b0= 1 et que ak = a et bl = b,

    σ(a) = a0 + a1 +a 2 + ... + ak .

    et σ (b) = b0 + b1 + b2 + ... + bl .

    σ(ab) = a0 + a1 +a 2 + ... + ak

    • a0b1 + a1b1 + ... + akb1
    • a0b2 + a1b2 + ... + akb2
      .
      .
      .
    • a0bl + a1bl + ... + akbl

    Donc σ(ab) = (a0 + a1 +a 2 + ... + ak)b0

    • (a0 + a1 +a 2 + ... + ak)b1
    • (a0 + a1 +a 2 + ... + ak)b2
      .
      .
      .
    • (a0 + a1 +a 2 + ... + ak)bl

    ⇔ σ(ab) = (a0 + a1 +a 2 + ... + ak)(b0 + b1 + b2 + ... + bl)

    Ainsi, σ(ab) = σ(a)σ(b)

    ca marche bien non ?


  • Zauctore

    oui, à condition d'expliquer pourquoi on obtient ainsi exactement tous les diviseurs de ab, sans en compter en trop... comme je te l'ai déjà dit !


  • B

    oui je suis d'accord mais comment on dit ca ? On doit dire que puisque a et b sont premiers entre eux alors ils n'ont aucun facteur premier en commun et donc les facteurs ne sont pas en double?
    je ne sais pas comment ca s'explique ...


  • Zauctore

    Supposons a et b premiers entre eux ; soit p un diviseur premier de ab ; alors p divise a ou p divise b, non ? maintenant soit d un diviseur quelconque de ab ; alors d= pq...r en produit de facteurs premiers. Mais nécessairement, chaque p, q, ... ou r divise a ou b exclusivement. Donc d est de façon générale obtenu en multipliant les diviseurs de a par ceux de b, qui sont distincts et ne généreront pas de "doublon".

    Je sais pas si je suis clair, ni convaincant !


  • B

    si si c'est très clair. mais ai je le droit d'écrire ca dans une copie?


  • Zauctore

    That's the question... en fait le problème est à la base dans l'énoncé lui-même : la propriété demandée à la question 3 de la partie 1 est fausse. Tu as compris le problème (a et b doivent être premiers entre eux), ne passe peut-être pas trente lignes là-dessus.

    Je suis toujours gêné avec le facteur 2a+12^{a+1}2a+1 dans la question 4 de la partie 3, là où on attend une minoration de σ(n).


  • B

    D'accord. Alors je vais laisser un blanc pour cette question et lundi j'irai voir mon prof de maths pour lui demander s'il a commis une erreur dans l'énoncé.
    En attendant je vais continuer de chercher cette question 4 de la partie 3 ...


  • B

    Salut. Alors je suis allée voir mon prof de maths et c'était une erreur de sa part. donc il fallait faire la démonstration pour des a et b premiers entre eux ce qui est logique par rapport à la suite de l'exercice en fait ...
    Sinon pour la question 4 je ne trouve toujours pas ..

    Voilà 😄


  • Zauctore

    Bon alors je crois que je tiens quelque chose pour cette question 4 : si 1<c, alors le nombre n = 222^a(2a+1(2^{a+1}(2a+1-1)c possède comme diviseurs

    • d'une part 1, 2, ... , 2a2^a2a dont la somme est 2a+12^{a+1}2a+1-1 ;

    • d'autre part 1, 2, ... , 2a2^a2a
      tous multipliés par (2a+1(2^{a+1}(2a+1-1), dont la somme est (2(2(2^{a+1}−1)(2a+1-1)(2^{a+1}1)(2a+1-1) ;

    alors, ces diviseurs ont pour somme 2a+12^{a+1}2a+1-1 + (2(2(2^{a+1}−1)(2a+1-1)(2^{a+1}1)(2a+1-1) = 222^{a+1}(2a+1(2^{a+1}(2a+1-1) ;

    -et enfin les mêmes que ci-dessus, à savoir 1, 2, ... , 2a2^a2a, et 1, 2, ... , 2a2^a2a tous multipliés par (2a+1(2^{a+1}(2a+1-1),
    tous multipliés par c, dont la somme est 222^{a+1}(2a+1(2^{a+1}(2a+1-1)c

    Au final, ces diviseurs ont une somme égale à 222^{a+1}(2a+1(2^{a+1}(2a+1-1)c + 222^{a+1}(2a+1(2^{a+1}(2a+1-1) = 222^{a+1}(2a+1(2^{a+1}(2a+1-1)(1 + c).

    Ainsi, la somme de tous les diviseurs de n est au moins égale à ce nombre, d'où finalement
    σ(n) ≥ 222^{a+1}(2a+1(2^{a+1}(2a+1-1)(1 + c)
    Il y a un petit défaut dans tout ça : c'est dans le fait que l'on ne justifie pas que les diviseurs listés plus haut sont bien tous différents, ce qui garantirait l'inégalité finale...


  • Zauctore

    Pour préciser ma dernière remarque, il s'agit de se convaincre que la liste suivante ne contient pas de répétition :

    1, 2, ..., 2a2^a2a, 1(2a+11(2^{a+1}1(2a+1-1), 2(2a+12(2^{a+1}2(2a+1-1), ..., 222^a(2a+1(2^{a+1}(2a+1-1), 1c, 2c, ..., 2a2^a2ac, 1c(2a+11c(2^{a+1}1c(2a+1-1), 2c(2a+12c(2^{a+1}2c(2a+1-1), ..., 222^ac(2a+1c(2^{a+1}c(2a+1-1).


  • B

    merci. En fait c'est ce que j'ai trouvé hier avec une amie en utilisant les démonstrations sur les nombres parfaits faites dans la partie 2. Je vais enfin pouvoir terminer mon devoir 😄


  • B

    J'ai encore 2 dernières questions. Comment montre-t-on ensuite que b est premier ?
    Et en conclusion je dois énoncer la propriété démontrée dans les parties 2 et 3 mais je n'arrive pas bien à la cerner.

    Merci d'avance


  • Zauctore

    D'après 1. 2 b), il suffit de montrer que σ(b) = b+1.


  • B

    le problème c'est que b= (2a+1(2^{a+1}(2a+1-1)c et que b+1 est différent de sigma(b)= 2a+12^{a+1}2a+1c


  • B

    ah mais non c'est bon parce que c = 1. j'étais passée au dessus .
    Et sinon pour la propriété énoncée ... ?


  • Zauctore

    Alors... la partie 2 donne une condition suffisante pour qu'un nombre (pair) soit parfait : si ... et ..., alors le nombre ... est parfait.

    La partie 3 donne une condition nécessaire, réciproque de la précédente : si un nombre pair est parfait, alors ce nombre est de la forme ... avec ...


  • B

    Si p est un nombre premier tel que 2p2^p2p-1 soit premier et EpE_pEp= 222^{p-1}(2p(2^p(2p-1), alors le nombre EpE_pEp est parfait.
    Si un nombre pair est parfait, alors ce nombre est de la forme 2a2^a2ab avec b qui désigne un nombre impair.

    Est ce ca ? Et doit-on ne faire qu'une phrase pour énoncer la propriété ?


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