Corrigé, et les nombres amiables

Deux cent vingt et deux cent quatre-vingt-quatre forment un couple étrange. Additionnez les diviseurs de l’un en laissant de côté le nombre lui-même, et vous obtenez l’autre ; faites de même avec l’autre, et vous retrouvez le premier. On les appelle des nombres amiables. Présentés ainsi, ils ressemblent à une coïncidence que l’on vérifie à la main et que l’on oublie. Ce sont pourtant les outils qui servent à compter les diviseurs qui les expliquent, et un mathématicien de Bagdad savait en fabriquer dès le IX^e siècle. Avant eux, le corrigé des quatre questions de l’exercice.

Cet article est le sixième de la série Le peuple des nombres premiers, tirée de Mathématiques en terminales scientifiques (Tome 2). Il corrige « Exercice : un nombre impair de diviseurs », paru le 15 octobre, et emploie la formule établie dans « Compter les diviseurs sans les écrire », paru le 13 octobre. Les nombres parfaits, qui apparaissent à la fin, sont l’objet de l’article à paraître le 21 octobre, « Euclide, Euler, et les nombres parfaits pairs ».

1. Les carrés parfaits et les casiers

(a) Le cas $n=1$ est immédiat : $1$ est un carré et a un seul diviseur. Soit $n=p_{1}^{\alpha_{1}}\cdots p_{k}^{\alpha_{k}}\geq 2$ . Le produit $d(n)=(\alpha_{1}+1)\cdots(\alpha_{k}+1)$ est impair si, et seulement si, chacun de ses facteurs l’est, c’est-à-dire si tous les exposants $\alpha_{i}$ sont pairs. Or tous les exposants sont pairs si, et seulement si, $n$ est un carré : si $\alpha_{i}=2\gamma_{i}$ pour tout $i$ , alors $n=\bigl(p_{1}^{\gamma_{1}}\cdots p_{k}^{\gamma_{k}}\bigr)^{2}$ , et réciproquement le carré de $p_{1}^{\gamma_{1}}\cdots p_{k}^{\gamma_{k}}$ a pour exposants $2\gamma_{1}$ , …, $2\gamma_{k}$ , par unicité de la décomposition. $\quad\Box$

(b) L’élève a raison de dire que $d\mapsto n/d$ envoie tout diviseur sur un diviseur. Il se trompe en supposant que $d$ et $n/d$ sont toujours deux nombres distincts. Lorsque $d=n/d$ , c’est-à-dire $d^{2}=n$ , la « paire » ne contient qu’un seul diviseur, et le compte par deux en ajoute un qui n’existe pas. Pour $n=36$ , c’est le diviseur $6$ .

Le raisonnement corrigé donne une seconde démonstration. L’application $d\mapsto n/d$ est une bijection de l’ensemble des diviseurs positifs de $n$ sur lui-même, égale à sa propre réciproque. Elle répartit les diviseurs en paires $\{d,n/d\}$ de deux éléments distincts, plus les diviseurs vérifiant $d=n/d$ . Ces derniers sont les entiers $d\geq 1$ tels que $d^{2}=n$ : il y en a un si $n$ est un carré, aucun sinon. Le nombre $d(n)$ est donc impair exactement quand $n$ est un carré. Cette démonstration ne se sert ni des nombres premiers, ni de la décomposition. $\quad\Box$

(c) Le casier numéro $k$ change d’état à chaque passage d’un élève dont le numéro divise $k$ , donc $d(k)$ fois en tout. Fermé au départ, il est ouvert à la fin si, et seulement si, $d(k)$ est impair, c’est-à-dire si $k$ est un carré. Restent ouverts les dix casiers $1$ , $4$ , $9$ , $16$ , $25$ , $36$ , $49$ , $64$ , $81$ et $100$ .

2. Quinze diviseurs

Soit $n=p_{1}^{\alpha_{1}}\cdots p_{k}^{\alpha_{k}}$ avec $d(n)=15$ . Chaque facteur $\alpha_{i}+1$ est au moins égal à $2$ , et $15$ ne s’écrit comme produit de tels facteurs que de deux façons : $15$ lui-même, ou $3\times 5$ . Trois facteurs au moins égaux à $2$ donneraient au moins trois facteurs premiers dans la décomposition de $15=3\times 5$ , ce qui contredit son unicité. Il reste donc

$\displaystyle n=p^{14}\qquad\text{ou}\qquad n=p^{2}q^{4}\qquad\text{ou}\qquad n=p^{4}q^{2},\qquad p<q.$

Les plus petits représentants de ces trois familles sont $2^{14}=16384$ , $2^{2}\times 3^{4}=324$ et $2^{4}\times 3^{2}=144$ . La réponse est $144$ . On notera la règle qui se dégage : pour qu’un nombre soit petit, il faut donner le plus grand exposant au plus petit nombre premier.

3. Le record à deux chiffres

Un entier à deux chiffres a au plus trois facteurs premiers distincts, puisque $2\times 3\times 5\times 7=210$ . Dans chaque cas, minorons $n$ en donnant les plus grands exposants aux plus petits nombres premiers, comme à la question précédente.

Un facteur premier. On a $n=p^{a}\leq 99$ , donc $a\leq 6$ et $d(n)\leq 7$ , valeur atteinte par $64$ .

Deux facteurs premiers. Écrivons les exposants $A\geq B\geq 1$ , de sorte que $n\geq 2^{A}3^{B}$ . Pour avoir $(A+1)(B+1)\geq 13$ , il faut $A\geq 6$ si $B=1$ , ce qui donne $n\geq 192$ ; $A\geq 4$ si $B=2$ , d’où $n\geq 144$ ; et $A\geq 3$ si $B\geq 3$ , d’où $n\geq 216$ . Aucun entier à deux chiffres n’y parvient. La valeur $12$ est atteinte par $2^{5}\times 3=96$ et par $2^{3}\times 3^{2}=72$ , et par eux seuls.

Trois facteurs premiers. Avec des exposants tous égaux à $1$ , on a $d(n)=8$ . Dès qu’un exposant vaut $2$ , on a $d(n)=12$ et $n=p^{2}qr$ ; les seuls entiers à deux chiffres de cette forme sont $2^{2}\times 3\times 5=60$ , $2^{2}\times 3\times 7=84$ et $3^{2}\times 2\times 5=90$ . Dépasser $12$ demanderait un exposant au moins égal à $3$ , d’où $n\geq 2^{3}\times 3\times 5=120$ , ou deux exposants égaux à $2$ , d’où $n\geq 2^{2}\times 3^{2}\times 5=180$ .

Le maximum vaut donc $12$ , et il est atteint par exactement cinq entiers : $60$ , $72$ , $84$ , $90$ et $96$ . Un balayage informatique des quatre-vingt-dix entiers de $10$ à $99$ confirme le résultat ; la démonstration, elle, dit pourquoi.

4. Divisible par tout ce qui est petit

Le Tome 2 résout cette question en majorant le nombre de facteurs premiers inférieurs à la racine carrée ; la démonstration qui suit est différente, et plus courte. Supposons d’abord $n\geq 49$ , et soit $a$ l’entier tel que $a\leq\sqrt{n}<a+1$ ; alors $a\geq 7$ et $n<(a+1)^{2}$ . Les trois entiers $a$ , $a-1$ et $a-2$ sont inférieurs à $\sqrt{n}$ , donc divisent $n$ , et $n$ est un multiple de leur PPCM, que nous notons $L$ .

Deux entiers consécutifs sont premiers entre eux, et le PGCD de $a$ et $a-2$ divise leur différence $2$ . Il en résulte $L\geq a(a-1)(a-2)/2$ . Comme $a-2\geq 5$ ,

$\displaystyle n\geq L\geq\frac{5a(a-1)}{2}=(a+1)^{2}+\frac{3a^{2}-9a-2}{2}>(a+1)^{2},$

car $3a^{2}-9a-2>0$ dès que $a\geq 4$ . On aboutit à $n>(a+1)^{2}>n$ : c’est impossible. Les solutions vérifient donc toutes $n\leq 48$ .

Pour $n\leq 48$ , on monte palier par palier. Les entiers $1$ , $2$ et $3$ conviennent, la seule contrainte étant la divisibilité par $1$ . De $4$ à $8$ , il faut être pair : $4$ , $6$ et $8$ . De $9$ à $15$ , il faut être divisible par $2$ et $3$ , donc par $6$ : seul $12$ . De $16$ à $24$ , il faut être divisible par $1$ , $2$ , $3$ et $4$ , donc par $12$ : seul $24$ . De $25$ à $48$ , il faudrait être divisible par $60$ : aucun. L’ensemble cherché est

$\displaystyle \{1,\,2,\,3,\,4,\,6,\,8,\,12,\,24\}.$

5. La somme des diviseurs

Le tableau des diviseurs de $72$ , dans l’article du 13 octobre, avait quatre lignes, $1$ , $2$ , $4$ , $8$ , et trois colonnes, $1$ , $3$ , $9$ . Chaque case est le produit de sa ligne et de sa colonne. La somme des cases est donc le produit des deux sommes :

$\displaystyle \sigma(72)=(1+2+4+8)(1+3+9)=15\times 13=195.$

L’argument est général. En développant le produit $(1+p_{1}+\cdots+p_{1}^{\alpha_{1}})\cdots(1+p_{k}+\cdots+p_{k}^{\alpha_{k}})$ , on obtient une somme de termes $p_{1}^{\beta_{1}}\cdots p_{k}^{\beta_{k}}$ avec $0\leq\beta_{i}\leq\alpha_{i}$ , c’est-à-dire, par la bijection de l’article du 13 octobre, chaque diviseur de $n$ exactement une fois. La somme $\sigma(n)$ des diviseurs positifs de $n$ vaut donc

$\displaystyle \sigma(n)=\prod_{i=1}^{k}\bigl(1+p_{i}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}}\bigr)=\prod_{i=1}^{k}\frac{p_{i}^{\alpha_{i}+1}-1}{p_{i}-1}.$

Le corrigé du Tome 2 calcule exactement ainsi, en factorisant la somme, sans énoncer la formule générale ; l’énoncé et sa justification sont ajoutés ici.

6. Les nombres amiables

Deux entiers $a$ et $b$ sont amiables si chacun est la somme des diviseurs stricts de l’autre — un diviseur strict étant un diviseur positif distinct du nombre lui-même. La somme des diviseurs stricts de $a$ vaut $\sigma(a)-a$ , de sorte que la condition $\sigma(a)-a=b$ et $\sigma(b)-b=a$ s’écrit plus symétriquement

$\displaystyle \sigma(a)=\sigma(b)=a+b.$

Les deux paires de l’exercice du Tome 2 se vérifient alors en une ligne chacune. Avec $220=2^{2}\times 5\times 11$ et $284=2^{2}\times 71$ ,

$\displaystyle \sigma(220)=7\times 6\times 12=504,\qquad \sigma(284)=7\times 72=504,\qquad 220+284=504.$

Avec $17296=2^{4}\times 23\times 47$ et $18416=2^{4}\times 1151$ ,

$\displaystyle \sigma(17296)=31\times 24\times 48=35712,\qquad \sigma(18416)=31\times 1152=35712,\qquad 17296+18416=35712.$

Les deux paires se ressemblent : une puissance de $2$ , multipliée d’un côté par deux nombres premiers, de l’autre par un seul. Ce n’est pas un hasard. La règle qui suit ne figure pas dans l’ouvrage.

Règle de Thābit ibn Qurra. Soit $n\geq 2$ , et posons $p=3\cdot 2^{n-1}-1$ , $q=3\cdot 2^{n}-1$ et $r=9\cdot 2^{2n-1}-1$ . Si $p$ , $q$ et $r$ sont premiers, alors $2^{n}pq$ et $2^{n}r$ sont amiables.

Démonstration. Posons $x=2^{n-1}$ , de sorte que $p=3x-1$ , $q=6x-1$ et $r=18x^{2}-1$ ; ces trois nombres premiers sont impairs et distincts. On remarque d’abord que $(p+1)(q+1)=3x\times 6x=18x^{2}=r+1$ . La formule de la section 5 donne alors

$\displaystyle \sigma(2^{n}pq)=(2^{n+1}-1)(p+1)(q+1)=(4x-1)\times 18x^{2}=(2^{n+1}-1)(r+1)=\sigma(2^{n}r).$

Il reste à vérifier que cette valeur commune est la somme des deux nombres. Or $pq+r=(18x^{2}-9x+1)+(18x^{2}-1)=36x^{2}-9x$ , donc $2^{n}pq+2^{n}r=2x(36x^{2}-9x)=72x^{3}-18x^{2}=(4x-1)\times 18x^{2}$ . $\quad\Box$

Pour $n=2$ , on trouve $p=5$ , $q=11$ , $r=71$ , et la paire $(220,284)$ . Pour $n=4$ , on trouve $23$ , $47$ , $1151$ , et la paire $(17296,18416)$ . Pour $n=3$ , la règle échoue, car $r=287=7\times 41$ n’est pas premier. Thābit ibn Qurra l’a énoncée à Bagdad au IX^e siècle. La paire $(17296,18416)$ figure chez Ibn al-Bannā’ et al-Fārisī vers 1300, et Fermat la retrouve en 1636 ; la paire suivante donnée par la règle, pour $n=7$ , est $(9363584,9437056)$ .

La règle ne donne pas toutes les paires, loin de là. La deuxième plus petite, $1184=2^{5}\times 37$ et $1210=2\times 5\times 11^{2}$ , n’a pas sa forme, et des siècles de mathématiciens l’ont manquée : elle a été signalée en 1866 par un élève italien de seize ans, Nicolò Paganini. On vérifie que $\sigma(1184)=\sigma(1210)=2394=1184+1210$ .

Reste le cas d’un nombre amiable avec lui-même, c’est-à-dire tel que $\sigma(n)=2n$ : c’est un nombre parfait, comme $6=1+2+3$ ou $28=1+2+4+7+14$ . Leur liste, qui commence par $6$ , $28$ , $496$ et $8128$ , ressemble elle aussi à une collection de curiosités. L’article à paraître le 21 octobre montre que, pour les nombres parfaits pairs, c’est un théorème.

Les corrigés des questions 1(a), 2, 3 et 4, ainsi que la vérification des deux paires de nombres amiables, suivent les exercices correspondants de Mathématiques en terminales scientifiques (Tome 2). La seconde démonstration de la question 1, l’énigme des casiers, la démonstration de la question 4 sous cette forme, la formule générale de $\sigma(n)$ , la règle de Thābit ibn Qurra et l’histoire des nombres amiables n’y figurent pas et sont ajoutées ici.

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Corrigé, et les nombres amiables

1. Les carrés parfaits et les casiers

2. Quinze diviseurs

3. Le record à deux chiffres

4. Divisible par tout ce qui est petit

5. La somme des diviseurs

6. Les nombres amiables

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