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Nombres parfaits - Bibm@th.net

Exercice 1 - Nombres parfaits ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Soit $n$ un entier naturel. On note $\sigma(n)$ la somme des diviseurs positifs de $n$. On dit que $n$ est parfait si $\sigma(n)=2n$.

Les nombres $6,28,32$ sont-ils parfaits?
Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2$.
1. Montrer que $\sigma(n)\geq n+1$.
2. Démontrer que $n$ est premier si et seulement si $\sigma(n)=n+1$.
Soit $a$ et $b$ deux entiers naturels non nuls, $a=p_1^{\alpha_1}\cdots p_r^{\alpha_r}$ et $b=q_1^{\beta_1}\cdots q_s^{\beta_s}$ leurs décompositions respectives en produits de facteurs premiers, avec $\alpha_i,\beta_j\geq 1$. On suppose de plus que $a$ et $b$ sont premiers entre eux.
1. Que dire des $p_i$ et des $q_j$?
2. Comment s'écrit un diviseur de $a$? un diviseur de $b$? un diviseur de $ab$?
3. En déduire que l'application \begin{eqnarray*} \phi:\{\textrm{diviseurs de }a\}\times\{\textrm{diviseurs de }b\}&\to&\{\textrm{diviseurs de }ab\}\\ (m,n)&\mapsto&mn \end{eqnarray*} est une bijection, puis que $\sigma(a)\sigma(b)=\sigma(ab)$.
Soit $p$ un nombre premier tel que $2^p-1$ soit premier. On note $E_p=2^{p-1}(2^p-1)$.
1. Calculer $\sigma(2^{p-1})$ puis $\sigma(2^p-1)$.
2. En déduire que $E_p$ est un nombre parfait.
Dans cette question $n$ désigne un nombre parfait pair, $n=2^a b$ où $b$ est impair.
1. Justifier que $\sigma(n)=2^{a+1}b$ puis que $2^{a+1}b=\sigma(b)(2^{a+1}-1)$.
2. Démontrer que $2^{a+1}-1$ et $2^{a+1}$ sont premiers entre eux. En déduire que $2^{a+1}-1$ divise $b$. Par la suite, nous noterons $b=(2^{a+1}-1)c$.
3. Démontrer que $$\sigma(b)=2^{a+1}c,\ n=2^a(2^{a+1}-1)c,\ \sigma(n)=2^{a+1}(2^{a+1}-1)c.$$
4. On suppose que $c>1$. Démontrer qu'on a alors $\sigma(b)\geq 2^{a+1}c+1$. En déduire que $c=1$.
5. Démontrer que $b$ est premier.

Indication

Corrigé

Les diviseurs positifs de 6 sont 1,2,3,6, dont la somme fait 12 : 6 est parfait. Les diviseurs positifs de 28 sont 1,2,4,7,14,28 dont la somme fait 56 : 28 est parfait. Les diviseurs positifs de 32 sont 1,2,4,8,16,32 dont la somme fait 63 : 32 n'est pas parfait.
1. 1 et $n$ sont toujours des diviseurs de $n$. Donc $\sigma(n)\geq n+1$.
2. Si $n$ est premier, ses seuls diviseurs positifs sont $1$ et $n$, donc $\sigma(n)=n+1$. Réciproquement, si $\sigma(n)=n+1$, alors, puisque $1$ et $n$ divisent toujours $n$, $n$ ne peut pas avoir d'autre diviseur positif. En donc $\sigma(n)=n+1$.
1. Puisque $a$ et $b$ sont premiers entre eux, les $p_i$ et les $q_j$ sont nécessairement distincts.
2. Les diviseurs de $a$ sont les nombres qui s'écrivent $p_1^{a_1}\cdots p_r^{a_r}$ avec $0\leq a_i\leq\alpha_i$. Les diviseurs de $b$ sont les nombres qui s'écrivent $q_1^{b_1}\cdots q_s^{b_s}$, avec $0\leq b_i\leq \beta_i$. Les diviseurs de $ab$ sont les nombres qui s'écrivent $p_1^{a_1}\cdots p_r^{a_r}q_1^{b_1}\cdots q_s^{b_s}$ avec $0\leq a_i\leq \alpha_i$ et $0\leq b_i\leq\beta_i$. Cette dernière propriété vient du fait que les $p_i$ et les $q_j$ sont distincts et donc que $p_1^{\alpha_1}\cdots p_r^{\alpha_r}q_1^{\beta_1}\cdots q_s^{\beta_s}$ est bien la décomposition en produit de facteurs premiers de $ab$.
3. D'abord, si $m|a$ et $n|b$, on a bien $mn|ab$. En effet, on sait que $a=km$ et que $b=\ell n$, et donc $ab=k\ell mn$. Prouvons ensuite que l'application est bijective. Elle est injective : si $\phi(m,n)=\phi(m',n')$, alors on sait que \begin{eqnarray*} m&=&p_1^{a_1}\cdots p_r^{a_r}\\ m'&=&p_1^{a'_1}\cdots p_r^{a'_r}\\ n&=&q_1^{b_1}\cdots q_s^{b_s}\\ n'&=&q_1^{b'_1}\cdots q_s^{b'_s}\\ mn&=&p_1^{a_1}\cdots p_r^{a_r}q_1^{b_1}\cdots q_s^{b_s}\\ m'n'&=&p_1^{a'_1}\cdots p_r^{a'_r}q_1^{b'_1}\cdots q_s^{b'_s} \end{eqnarray*} De l'unicité de la décomposition en produits de facteurs premiers, puisque $mn=m'n'$, on prouve que, pour tout $i$, on a $a_i=a'_i$ et pour tout $j$, $b_j=b'_j$. Ainsi, $m=m'$ et $n=n'$ et l'application est injective.
  Prouvons ensuite que l'application est surjective. Soit $\ell$ un diviseur de $ab$. Alors $\ell$ s'écrit $$\ell=p_1^{a_1}\cdots p_r^{a_r}q_1^{b_1}\cdots q_s^{b_s}.$$ Si on pose $m=p_1^{a_1}\cdots p_r^{a_r}$ et $n=q_1^{b_1}\cdots q_s^{b_s}$, on a bien $\phi(m,n)=\ell$ avec $m$ un diviseur de $a$ et $n$ un diviseur de $b$.
  Ainsi, $\phi$ réalise une bijection de $\{\textrm{diviseurs de }a\}\times\{\textrm{diviseurs de }b\}$ dans $\{\textrm{diviseurs de }ab\}$.
  On écrit ensuite $\sigma(a)=\sum_{m|a}m$ et $\sigma(b)=\sum_{n|b}n$ et donc on a $$\sigma(a)\times\sigma(b)=\left(\sum_{m|a}m\right)\left(\sum_{n|b}n\right)=\sum_{m|a,\ n|b}mn.$$ Mais d'après ce qu'on vient de démontrer, chaque diviseur de $ab$ s'écrit de façon unique $mn$ avec $m|a$ et $n|b$ et donc on a bien $$\sigma(a)\sigma(b)=\sum_{d|ab}d=\sigma(ab).$$
1. Les diviseurs positifs de $2^{p-1}$ sont les $2^k$, avec $0\leq k\leq p-1$. Ainsi, $$\sigma(2^{p-1})=1+\cdots+2^{p-1}=\frac{2^p-1}{2-1}=2^p-1.$$ De plus, puisque $2^p-1$ est premier, on a $$\sigma(2^p-1)=2^p-1+1=2^p.$$
2. D'après les questions précédents, on a $$\sigma(E_p)=\sigma(2^{p-1})\sigma(2^p-1)=(2^p-1)2^p=2E_p.$$ $E_p$ est bien un nombre parfait.
1. Puisque $n$ est parfait, $\sigma(n)=2n=2^{a+1}b$. D'autre part, $\sigma(n)=\sigma(b)\sigma(2^{a})$. Or, $\sigma(2^{a})$ se calcule comme à la question précédente, et on a $\sigma(2^{a})=2^{a+1}-1$. En comparant les deux calculs de $\sigma(n)$, on trouve bien que $2^{a+1}b=\sigma(b)(2^{a+1}-1)$.
2. Si $d$ est un diviseur commun de $2^{a+1}-1$ et $2^{a+1}$, alors $d=2^k$ avec $0\leq k\leq a+1$. Mais comme $2^{a+1}-1$ est impair, la seule puissance de 2 qui le divise est $2^0=1$. Donc $d=1$ et les nombres sont premiers entre eux. Le théorème de Gauss nous garantit alors que $2^{a+1}-1$ divise $b$.
3. Toutes les égalités demandées sont triviales, en utilisant les résultats de la question 5.(a) et en remplaçant $b$ par $(2^{a+1}-1)c$.
4. On suppose que $c>1$. Alors $1$, $b$ et $c$ sont des diviseurs distincts de $b$. On a donc $$\sigma(b)\geq b+c+1=(2^{a+1}-1)c+c+1=2^{a+1}c+1.$$ Ceci contredit que $\sigma(b)=2^{a+1}c$ et donc l'hypothèse émise est fausse. On a $c=1$.
5. On a donc $b=2^{a+1}-1$ et $\sigma(b)=2^{a+1}=b+1$. Ainsi, $b$ est premier.