Une équation avec l’indicateur d’Euler

dans Arithmétique
Bonjour,
Voilà, je suis devant une équation un peu spéciale qui évoque l’indicateur d’Euler, pourriez-vous m’aider à la résoudre, je vous en serai reconnaissante.
Il s’agit de trouver tous les entiers naturels non nuls $a$ et $b$ tels que :
$$2^a + \big(a-\varphi(a)-1\big)! = a^b+1 .
$$ J’ai traité le cas où $a$ est premier, ce qui donne $\varphi(a)=a-1$ donc $2^a=a^b,$ d’où $a=b=2$.
Mais j’ai bloqué dans le cas où $a$ est non premier, j’ai essayé de le décomposer en facteurs premiers ou d’utiliser qu’il admet un diviseur premier, mais toujours rien.
Voilà, je suis devant une équation un peu spéciale qui évoque l’indicateur d’Euler, pourriez-vous m’aider à la résoudre, je vous en serai reconnaissante.
Il s’agit de trouver tous les entiers naturels non nuls $a$ et $b$ tels que :
$$2^a + \big(a-\varphi(a)-1\big)! = a^b+1 .
$$ J’ai traité le cas où $a$ est premier, ce qui donne $\varphi(a)=a-1$ donc $2^a=a^b,$ d’où $a=b=2$.
Mais j’ai bloqué dans le cas où $a$ est non premier, j’ai essayé de le décomposer en facteurs premiers ou d’utiliser qu’il admet un diviseur premier, mais toujours rien.
Réponses
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Il y a une autre solution $a=4$, $b=2$.
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$a-\phi(a)-1$ compte le nombre d'entiers $x$ compris entre $1$ et $a-1$, tel que $x$ n'est pas premier avec $a$.
Si $a$ n'est pas premier, $a=pc$ avec $p$ le plus petit premier divisant $a$, et $c>1$, donc $p$ et $2p$ ne sont pas premiers avec $a$. Si $c>2$, $1<p<2p<a$, on a alors $a-\phi(a)-1 \geq 2$.
(Si $c=2$, alors comme $p\leq c$, $p=2$, et $a=4$, et on retrouve la solution $a=4$, $b=2$)
Donc si $c>2$, $(a- \phi(a)-1)!$ est divisible par $2$.
Donc $2^a+(a-\phi(a)-1)!$ est divisible par $2$, or c'est égal à $a^b+1$, donc $a^b$ est égal à $1$ modulo $2$, donc $a$ est impair. -
Si $a$ est impair et $a=pc$ avec $p$ le plus petit premier divisant $a$ et $c \geq p$. Alors $p,2p, \dots , (c-1)p$ ne sont pas premiers avec $a$ et sont $<$ à $a$, donc $a-\phi(a)-1 \geq c-1$. Donc $(c-1)!$ divise $(a-\phi(a)-1)!$.
Si $c$ n'est pas premier, alors $c\geq p^2$ et on doit pouvoir montrer que $a$ divise $(c-1)!$ donc $(a-\phi(a)-1)!$.
Donc $2^a=2^a+(a-\phi(a)-1)!=a^b+1=1 \pmod{a}$. Donc $2^a=1 \pmod{a}$. Donc $2^{pc}=1 \pmod{p}$, donc d'après le petit théorème de Fermat $2^p=2 \pmod{p}$, donc $2^c=1 \pmod{p}$, donc l'ordre de $2$ dans $(\Z/p\Z^*, \times)$ divise $c$ et $p-1$ ( car $2^{p-1}=1 \pmod{p}$ ) , or tous les facteurs premiers de $c$ sont $\geq p$. Donc l'ordre de $2$ est $1$, donc $2=1 \pmod{p}$, ce qui est impossible.
Reste le cas $a=pq$ avec $p$ et $q$ premier.
À revoir... -
Merci beaucoup, mais si a est impair , qu’est ce qu’on peut dire alors?
J’ai essayé de donner des valeurs à a pour trouver b, mais je trouve toujours que lorsque a n’est pas premier, il n’y a pas de solution, est ce qu’on peut prouver alors que a est forcément pair? -
Pardon Marco, mais je n’avais pas vu la suite de votre raisonnement.
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Ma démonstration est à revoir. Peut-être quelqu'un aura trouvé d'ici là...
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Reste toujours le cas où c n’est pas premier . En tout cas, merci beaucoup.
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Démonstration plus courte:
1) Si $a$ est divisible par deux nombres premiers distincts, c'est-à-dire que $a$ ne s'écrit pas $a=p^k$ avec $p$ premier: alors $a=p^kc$ avec $p$ premier, $p \wedge c=1$ et $c>p$.
$p, 2p, \dots, (p^{k-1}c-1)p$ ne sont pas premiers avec $a$, et sont strictement plus petits que $a$.
De plus, $c$ aussi n'est pas premier avec $a$ et est strictement plus petit que $a$. Et $c$ n'apparaît pas dans la liste ci-dessus, car il n'est pas divisible par $p$.
Donc $a-\phi(a)-1 \geq p^{k-1}c-1+1=p^{k-1}c$.
Donc $(p^{k-1}c)!$ divise $(a-\phi(a)-1)!$.
$p<c$, donc $p<p^{k-1}c$. Et $p$ et $p^{k-1}c$ apparaissent tous les deux dans la produit $(p^{k-1}c)!$.
Donc $p^kc=p \times p^{k-1}c$ divise $(p^{k-1}c)!$
Donc $a=p^k c$ divise $(a-\phi(a)-1)!$.
Si $2^a+(a-\phi(a)-1)!=a^b+1$, alors $2^a\equiv 1 \pmod a$.
Donc d'après le lemme ci-dessous, $a=1$, ce qui est impossible.
Lemme: $2^a\equiv 1 \pmod a$ $\implies a=1$.
2) Si $a=p^k$ avec $p$ premier, alors $\phi(a)=p^k-p^{k-1}$, donc $a-\phi(a)-1=p^{k-1}-1$.
a) Si $k>2$, alors $p^{k-1} \geq p^2$, donc $p^{k-1}-1 \geq p^2-1 \geq p$.
Donc $p$ divise $(p^{k-1} -1)!$, donc $(a-\phi(a)-1)!$. De plus $p$ divise $a^b=p^{kb}$.
Donc si $ 2^a+(a-\phi(a)-1)!=a^b+1$, alors $2^{p^k} \equiv 1 \pmod p$. Or d'après le petit théorème de Fermat $2^p\equiv 2 \pmod p$, donc $2^{p^k}= (2^p)^{p^{k-1}}\equiv 2^{p^{k-1}}\equiv \cdots \equiv 2 \pmod p$.
Donc $2\equiv 1 \pmod p$, ce qui est impossible.
b) Si $k=2$, alors l'équation s'écrit $2^{p^2}+(p-1)!=p^{2b}+1$. (Je ne sais pas si $k=2$). -
C’est beaucoup plus clair pour moi, et bien détaillé dans le cas 1),
Dans le cas2) où a=p^k.
Si k=1 on revient à p premier , c’est facile
Si k=2, l’équation est équivalente à 2^a+ (p-1)!=p^(2m)+1 , en utilisant le théorème de Wilson, ceci donne que 2^a=2 modulo p.
Je bloque encore. -
Je réagis au tout premier message de Marco :
Si $a$ est premier, l'équation devient $2^a=a^b$ ... qui admet les solutions (2,2) et (4,2)
Oui.
Mais 4 n'est pas premier.
Donc uniquement (2,2)Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara. -
Je ne suis pas aussi rapide que marco mais je pense avoir trouvé une solution plus courte en distinguant trois cas.
1) $a=p$ premier : facile.
2) $a=p^2$ avec $p$ premier : on traite à part $p=2$ et $p=3$ puis pour $p\geq5$ on utilise $p^{2b}\equiv 1\pmod 4$
3) $a=pc$ avec $p$ plus petit premier divisant $a$ et $c>p$
On a $a-\varphi(a)\geq p+1$ (les multiples de $c$ ainsi que $p$) donc $p$ divise $(a-\varphi(a)-1)!$ d'où $2^{pc}\equiv 1\pmod p$, d'où $2^c\equiv 1\pmod p$ par le théorème de Fermat.
L'ordre de $2$ modulo $p$ doit diviser $c$, donc est supérieur ou égal à $p$ ($c$ n'a pas de facteur premier inférieur à $p$) : contradiction avec le théorème de Fermat. -
(tu)
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Un très grand Merci, c’est clair et très bien expliqué, en tout cas, je n’aurais jamais pu y arriver toute seule.
Bonne journée. -
Merci beaucoup Marco, suivre votre raisonnement m’a aidé à m’intéresser de façon plus approfondie et plus courageuse à cet exercice.
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Lourrran: $a=4$, $b=2$ est solution du problème initial, c'est-à-dire $2^a+(a-\phi(a)-1)!=a^b+1$. En effet, $\phi(4)=2$, et donc on a bien $2^4+(4-2-1)!=4^2+1=17$.
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Rebonjour, c’est encore moi, une dernière question s’il vous plaît, pourquoi à la fin l’ordre de 2 est >p ? On a c>p mais pourquoi c ne contient pas des facteurs premiers <p ?
Est ce qu’on ne peut pas avoir par exemple a = pc avec p=7 et c=3.5 =15>p
Merci. -
On a supposé que $p$ est le plus petit facteur premier de $a$ donc $c$ ne peut pas avoir un facteur premier strictement plus petit que $p$
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Tout à fait, j’avais oublié ça.
Merci beaucoup !!!
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Bonjour!
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