Répartition des nombres superabondants

Séminaire Delange-Pisot-Poitou.
Théorie des nombres
PAUL E RDÖS
J EAN -L OUIS N ICOLAS
Répartition des nombres superabondants
Séminaire Delange-Pisot-Poitou. Théorie des nombres, tome
exp. no 5, p. 1-18
15, no 1 (1973-1974),
<http://www.numdam.org/item?id=SDPP_1973-1974__15_1_A3_0>
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Séminaire DELANGE-PISOT-POITOU
(Théorie
des
année, 1973/74,
15e
5-01
nombres)
n°
5, 18 p.
26 novembre 1973
RÉPARTITION
par Paul
DES NOMBRES SUPERABONDANTS
ERDÖS
et Jean-Louis NICOLAS
1. Introduction.
S. RAMANUJAN [10]
d(n)
En
défini et étudié les nombres hautement
a
le nombre de diviseurs de
particulier,
il
n
n ,
étudié Qh.c. (X)
a
=
composés (h. c.) [Soit
est hautement composé si
nombre de nombres hautement composés X ,
et montré que
P.
ERDOS
consécutifs
~2~]
montré
a
calculable mais
a
montré [8]
ERDOS
est la
On sait que
pour
p
est
1
On
a
lorsque
n
=
2~ 3~3
...
également
q
i
et donc
nier divisant
n .
w
composés
c’
défini, dans ~ 1 ~,
étant
une
constante
les nombres superabon-
superabondant si
n.
multiplicative
(Cf. [3], chap. XVI).
décomposition
~q
a
en
et que
P.
ERDOS
=
(p~ - l)/(p - l)
et L. ALAOGLU ont
en
facteurs premiers d’un nombre superabont
,_
sauf si
tendent
n
On
x)°’ ,
le résultat suivant :
PROPOSITION 1. - Si la
d ant est
fonction
une
premier et
particulier démontre
est
il
des diviseurs de
somme
ce
de deux nombres hautement
( log
que
et L. ALAOGLU ont
Définition. - On dit que
?(n)
n’/n
grande.
assez
D’autre part, P.
dants :
où
quotient
grands vérifie :
assez
J.-L. NICOLAS
que le
n
= 4 ou
n=
l’infini,
enfin, lorsque n -~ oo ,
vers
p
36
et q03B1q ~ (p logp)/logq
étant le plus grand nombre pre-
part, J.-L. NICOLAS ~~7 ~,
superabondants consécutifs,
D’autre
nombres
Nous
on
182)
montré que si n et
avait, pour une infinité de
Q(X)
1. - Soit
X
as se z
2)
assez
de montrer que le
si
c
grand.
La méthode de démonstration du théorème 1,
cutifs
n
superabondants X ;
le nombre de nombres
pour
on a
théorème
sont deux
n~
a
proposons de démontrer le théorème suivant :
nous
THÉORÈME
p.
ne
quotient n’~n
permet
(on
pas
de deux nombres
le prouvera avec le
superabondants consé-
grands vérifie
rappeler les propriétés des nombres colossalement abondants,
qui sont des nombres superabondants privilégiés faciles à calculer (§ 2). Au § 3,
on étudiera les propriétés des nombres superabondants compris entre deux nombres
colossalement abondants consécutifs. Au § 4, on montrera, dans le lemme 4, que,
pour presque tous les nombres N colossalement abondants, l’inégalité (3) est vérifiée pour n voisin de N , ce qui démontrera le théorème 1.
Nous allons d’abord
On utilisera constament le lemme suivant dû à
n(x)
1. - Soit
le nombre de nombres
HOHEISEL, INGHAM et HUXLEY.
x ; il existe
premiers
1
T
tel
que
Le meilleur résultat actuel est dû à Huxley
vraie pour T >
g(x)
que "si
f(n~ ~
c
log
0 ". Cela n’est pas
Les nombres
Dans le même
467,
et
g(x),
une
la relation
fonction additive. On définit
f(n) .
Dans
n , alors les nombres
vrai,
6 ~t2
si l’on choisit
(Cf. [3],
chap
article, la table numérique
doit être modifiée pour
n
f(x) » g(x)
si-
comme " f-hautement
1 ~ article ~ 1 ~, (p. 466,
( 9~ ~
nA
il est dit
f-hautement abondants ont pour densité
f(p)
=
log
f-hautement abondants sont les nombres
dont la densité est
p.
f
n ~ f ~m~
m
f(x)
o(r(x) .
=
Remarques. - Soit
abondant" si
est
7/12 .
Notations. - Pour deux fonctions
gnifie que
~q.~ : l’équivalence précédente
p
non
et
=
0
divisibles par
k>2 .
carré,
pour
un
XVIII) .
des nombres " o-hautement
1800 ~ n ~ 2340
par
abondants",
!
n
facteurs de n
2~ 3~
2~ 3
2~ 3~
1800
1920
1980
2~
2~
2~
2100
2160
2340
5~
6045
5
6120
5
3
5~
3~
3~
5
11
6552
7
6944
7440
13
5
7644
2. Nombres colossalement abondants.
Définition. - On dit que
est colossalement
N
que la fonction
atteigne
Remarque. - Cette définition
Si
est colossalement
N
abondant est
>
e
N .
en
légèrement différente
abondant,
PROPOSITION 2. - Pour tout
abondant associé à
est
maximum
son
0 ,
E , que l’on note
on
a, pour tout
il existe
au
N . D’autre
e>0 , tel
s’il existe
abondant,
p. 455.
de celle de
n,
moins
un
part,
nombre colossalement
tout nombre colossalement
superabondant.
Démonstration. - On sait que
où
y
est la constante d’Euler
tend
teint
en un ou
D’autre part,
et
N
plusieurs points
en
N .
utilisant (4) ,
a
donc
un
Pour
un
maximum
fixé, la foncabsolu qu’elle ate
Un tel nombre est colossalement abondant.
il vient
est superabondant.
PROPOSITION 3. - Soit
finit ,
à l’infini et
0
vers
(Cf. [3J, chap XVIII).
pour
p(p
"
’ ~)
’
premier
p
N
et
-
et pour a=0, F(p , 0)
l’exposant
0 , on a
Démonstration. -
un
nombre colossalement abondant associé à
a
entier %
e .
1 :
P))
=
"
logp
=
+ m .
0 ,
on
On dé-
logp
Alors si
p
est
premier
applique l’inégalité
(4)
et divise
avec
n
=
N
Np .
avec
Il vient :
En
comparant
(6)
est évidente si
(7),
et
=
a
on
0 . Si
obtient
a ~ 1 ,
Définit ions. - On pose, pour
la démontre
on
1) . L’inégalité
en appliquant (4)
d’éléments
nombre fini
tout ’~ > 0 , il n’y a qu’un
l’on peut ranger les éléments de
On pose
a +
e
n==N/p .
avec
premier,
p
Pour
et
>,, F(p ,
e
E
en une
E
de
supérieurs à ~1 ,
suite décroissante :
Ea - + ~ .
Pour e
>
0 ,
définit
on
x
=
x1 ,
=
y
pour
x~ ,
k ~ 2 ,
comme
fonctions
de e , par
Ces définitions ont
un
sens,
car
décroissante, pour tout t > 1 , et décroît de + ~ à
fixé, lorsque s -.~ 0 (Cf. démonstration du lemme 2)
k)
t ~
la fonction
k ~ 1,
pour
est
0 . On a de plus, pour
k
PROPOSITION 4.
(a) Si
dont
ou
la fonction
la décomposition
si l’on
en
facteurs
-
Si les ensembles
E
atteint
(d)
son
Si les ensembles
égal
E
E
N.
J.
sont
p
lossalement abondants est
Q
premiers
est :
~i-1 ,
E. ( ,,
seul
son
maximum
N
est constant et
en un
N
point
préfère,
(b) Soit i 1 ; pour tout
Les nombres
finition) à N..
1
(c)
atteint
ne
p
dé-
sont tous distincts.
.
disjoints deux à
.
à l’ensemble des nombres
maximum aux deux
E
égal (par
sont pas
oints
l’ensemble des nombres
co-
N...
~ 1 ~ i : La fonction
Ni et
disjoints,
pour
chaque
-
~i ~
E
q
n E , la
~~~
o
maximum
son
rN.
qNi et
Les nombres
qrN.. 1
Ni+1 =
atteint
et
rN,
4 ~..~.,-r., qN.
, 1
oints : N,1
~
sont colossalement abondants.
en
Démonstration.
a
Soit
Comme
est strictement décroissante
F(p , k)
suite
premier fixé.
nombre
un
P
E¢
E , alors
en
k ,
~ ~ Ep
il existe
et
comme
la
unique, déter-
a
miné par la proposition 3 :
En résolvant
[x]
par
Si
inégalités (12),
les
en ~
partie entière de
la
p
x.
en
~k ,
on
(10),
trouve la formule
désignant
en
x.
de (s) et (12),
compte
tenant
on a :
.
qui démontre (il).
ce
(b)
précédents
Les raisonnements
leurs consécutives de l’ensemble
(c)
Choisissons 6
est déterminé par
être choisi
N ,
(d)
Soit e
et
b
(11)
ou
F(p , a)
entiers,
on
+
+
(1 +
(cf. [5], chap. 2)
alors
que
va-
=
(1
+
+
D’après
entier.
cas,
son
l’exposant de
l’exposant de q peut
et
E,
on
trouve
maximum
...
+
dans le
Ni+1 ,
deux
en ces
p~
avec
p
points.
E
=
a/b ,
entier et
le théorème de Gel’fond-Schneider
est même transcendant.
E
(Cf. [6]
et aussi
premiers distincts et
E
~5 ~, chap. 2) ,
on
déduit que, si
p ,
q,
p~ , q~ , r~ sont algébriques,
E E ,
p~ est rationnel, et on conclut
si
n E
E
p
q
S’il existe deux ensembles
ble),
p~
varie entre deux
e
est irrationnel. Si l’on avait
e
doit être rationnel. Mais si
e
premier
atteint
non
Lang
sont des nombres
r
1 . Dans le
E . Alors
aurait
...
Du théorème 1 de
e
lorsque
E.
et la fonction
=
pas
F(q , ~~ . Pour p ~ q , E $~
(12). D’après la proposition 3,
égal à p ou p -
second
a
=
changent
ne
et
E
E
non
r
q
disjoints
(ce qui
est peu vraisembla-
et si l’on choisit
p ~ r , l’exposant de p est déterminé par (11) ou (12). L’exposant de q peut être p ou ~ - ~ , celui de r , y ou y - I , d’après la proposition 3, ce qui donne les quatre possibilités annoncées.
pour
p ~
q
et
numériques. - La table 1
indiquées sont inférieures à 10
Tables
sant
de p dans
N..
donne les valeurs de
F(p, c~) .
. Les colonnes
Ainsi, pour e
=
"exposant
7 ,
0,005 , pour p
=
=
i
"
Les valeurs
non
indiquent l ’expo-
on a :
donc
de
l’exposant
dans
7
et
étant définis par
xk
partir
L’ordre de
ses
(8)) , lorsque xk
de la table 1 par
l’ application
termes est donc inversé par
~~
~~
est
un
v-1
nombre
premier.
~k
Elle est
si
celui de la table 1. Elle
rapport à
plus grand facteur premier
nombre premier sui97 ~ x . 101
de trouver les nombres colossalement abondants de
permet
donné. Pour avoir
vant
~~~
~~
obtenue à
p
2 .
E
~~
(x
est
N
97,
p
=
97 ,
on
doit choisir
=
et l’on trouve
La table 3 donne la suite des nombres colossalement abondants, On trouvera dans
table des nombres
une
superabondants:
T AB LE
1
1~
~
0=5
1
.
2
0,58496
0,22239
0,09954
0,04731
0,02308
3
0,26286
0,07286
0,02305
0,00755
0,00250
0,11328
0,02037
0,00400
0,00079
0.00016
7
0,06862
0,00910
0,00129
0,00018
0,00003
11
0,03629
0,00315
0,00029
13
0,02889
0,00214
0,00016
17
0,02017
0,00115
0,00007
5
°
Pi
N
Pt
0,00003
0,00001
°
TABLE
k=l
..
r j201420142014 **
"*"’"’~
Il
Il
16,8
§
~
Il
60,50
153,9
31,4
88,57
"~
f~B
cBj
*-
201415,36-
36,3
15,38
6,72
3
""’"’’"
9,08
5,44
3,29
7
lc=5
k=2___ ~~~3____k=4
2014201420142014 2014 ’""’"*"***-j
2
5
2
Il
230,4
§
8*
812,8
~
73,4
13
100,9
17
168,8
1
S
p=3 221,7
1951,4
24842,7
335898,5
k=81
k=9
k=10
e.
e~ =
e~
E.
=
11 328
e~
=
9954
e~
=
7 286
e-
=
6 862
~
=
~731
Eq"
=
3629
"
~10=
2889
=
2308
e..
"
e
’~=
2
1
1
1
2
3
1,5
2
3
12
2
4
3
28
2,333
4
3
5
168
2,8
835
360
3
P
9
5
1 170
3,25
8
9
57
9 360
3,7143
1~
9
57
19344
3,8381
16
9
57 11
232 128
4.1C70
16
9
57 11 13
3249792
4,5091
32
9
57 11 13
6 604416
4,5818
32 27
57 11 13
20321 280
4,6993
32 27257 11 13
104993280
305
e~=
2037
e~=
~
2017
"
3
26 286
22239
7
10507,9
3919,7
_____________ï~_______j____q(n)____~jj(nVn .
i
1
0,58 496
=
’
255,4
142,4
80,2
TABLE
=
40080,3
90404,7
1480,4
567,6
4580,6
8743,5
897,2
k=6
k=7 S
26,3 § 1 45,7
p=2
~
554,9
4531,5
0
000
11
920,5
..
G
1
32 27 257 11 13 17
1 889879040
1
t
4,8559
5,1416
1
3. Etude des nombres superabondants compris entre deux nonlbres colossalement abondants consécutifs.
Soit N un nombre colossalement
par (8). Soient p le plus grand
premier suivant p . Soit n un nombre superabondant
PROPOSITION 5. -
finit
x
le nombre
et soit
et NP ,
le
À
abondant associé à
e .
facteur premier de
/T
plus grand nombre premier divisant
n
0n dé-
et
P
compris entre
N
avec
l’exposant
k . On a
ce qui entraîne, d’après
le lemne
T >
1, pour
7/12
Démonstration. - La démonstration est la même que celle de la proposition 4 de
p. 120 : Pour un entier M quelconque , on définit le "bénéfice" de M, par
rapport à
N
(4),
et par
et à
on a
compris entre
n
E , par
bén M ~ 0 . Ensuite,
N
et
NP ,
grand,
et
on
bén
n’aurait pas
=
nombre
un
superabondant
n
0(-!-) .
était trop grand,
pour tout nombre
superabondant
N n NP .
bén
n
serait
trop
=
le nombre colossalement abondant suivant
Remarquons que
dant tel que
n
03C0(03B k) - 03C0(xk)
montre que, si
on
montre que, pour
on a :
bén
Enfin
on
n 9 il existe
au
moins
un
N
est $ NP
N
colossalement abon-
et
donc,
4. Démonstration du théorème 1.
La démonstration du théorème 1 repose
LEMME 2
(a)
Il existe
une
seule fonction
y(x)
La fonction
décroissante
vérifiant
implicite
(b) Quand
est
trois lemmes.
(lemme technique).
par la relation
~c~
sur
et aussi
e(x) ,
pour
définie par
x >.
1 . On a, pour
x
y ~ 1
pour
x ~ 1
et définie
LEMME 3
que
(lemme d t approximation diophantienne). Pour
203B1 + 03B2 1 .
x/2
entre
Dremiers
D
j~ e(p)
est défini par
LEMME 4. - Soit
un
p
grand, il
assez
x
et
socié à
e ; donc le
a >
0
et 03B2
plus de
a
>
0,
tels,
nombres
vérifiant
x
(l7).
nombre
premier vérifiant le lemme 3
e==(log(l +(l/p))/logp
Soient
y
Soient
et
le nombre colossalement abondant
N = N
plus grand facteur premier
de
premier suivant p ~ Soient n ~ n’ deux
vérifiant N $: n ~ NP. Il existe une constante
bre
est
N
nombres
c >
0
p , et soit
as-
le nom-
P
superabondants consécutifs
telle que :
Démonstration du lemme 2.
(a)
1 , la fonction
d’une fonction décroissante par
tion
(b)
Pour
y >
u~~ ,
réciproque
Quand
x
2014~eo ,
définie
u(y)
une
sur
est strictement
décroissante,
fonction croissante. Elle admet donc
)0 ,
+
oo( ,
Comme
u(y)
=
v(x),
qui entraîne log(y2
donne alors
une
fonc-
on a :
et
on a
~
On doit donc avoir
ce
quotient
comme
log
y) - log(x log x)
soit
log
Y ~ 1 2 log
x , et
(22)
y ~ ~/~ .
Pour trouver
un
développement
limité de
y ,
définissons
~~x~
par la relation :
On
a
d’autre part
y - ç -l7£ , (23)
Comme
Le
développement
limité de
En itérant à nouveau, et
(24)
et
en
C(x)
donnent
s’obtient par itération :
(26),
utilisant
on
u’(y) est donnée par (25) et le
(2x(log x)~)/(y~ log y) ~ 2 log x .Le
obtient
(16).
la valeur de
dénominateur de
lent à
numérateur vaut :
tenant compte de
en
(16~.
Il reste à montrer que
x >
(y2(y
+
2))/(2y
+
0
est
équiva-
(18).
Cela démontre
e’(x)
9’(x)
x >
pour
1), c’est-à-dire,
1 . Par
comme
v
est
(27),
une
on
doit montrer
fonction
décroissante,
que
En
décomposant
le dernier
logarithme,
et
en
regroupant les termes
en
log
y , il
vient
Quand
ye
(l , +.( ,
l
+2014201420142014e )l ,
3/2)
et,
par la concavité de la fonc-
tion
logarithme
avec
qui
0,405
a =
En utilisant les
03C8(y)
avec
=
valeur
une
inégalités
ç~(y~ ,
qui donne, pour
ce
est
2&((y - l)(y
2014) ,
(1,
l’intervalle
sur
on a
par défaut de
approchée
valables pour tout
u > -
la minoration valable pour
+
1)2)/(y(2y
l)) -
+
log
log
3/2 .
1
y > 1
y . En
posant
y
1
=
t , il
+
vient
Comme
a ~ 0,4a5
1,01t2 -
Le triname
sitif pour
~(I~
on a
1 ,56t
t % 0 . On
,(y)
0 , que
en
0,72
+
descriminant
a un
,(y)
déduit que
est
Démonstration du lemme 3. -
[3],
une
A
=
D’aprés
un
1
11), étant donnés un réel 03BE quelconque
fraction r/s , avec s A telle
chap.
x03B10 ,
D’âpres
on
un
par
comme
(28),
(Cf. [9], chap.
nombre
est po-
5
ce
ou
A > 1 , il existe
1 SA . Posant ici
=
9(p)
et
obtient
le lemme
seule valeur
==~
et
telle que
x
r~s
fraction r s
chaque
retire, autour
de
décroissante.
Pour chaque
e(x) est
il
e(l) (log 3/2)/(log 2) 0,585
e(xr?s ) = -~s . Soit 6’ > 6 tel que 2a
2, la fonction
e(oo)
comprise entre
Pour
et
et
y ~ 1
q?(y)
et donc aussi
lemme de Dirichlet
P(t)
donc
est croissante pour
positive pour y ~
qui achevé la démonstration.
=
négatif,
x
r,s
=
telle que
~
une
zone
=
s
$
x03B10
)x -
x
aura :
..
.~
et telle que
jÎ x~ .
Qî,
$:
En dehors de
Q
-~
fraction
existe
une
6~
1 .
+
$:
cette
on
zone,
on
Dans
chaque
il y
s ~
comme
miers. Comme 203B1
x
a au
j
x" u R *
1
plus
il y
n
sifs entourant
On
applique
et, à
cause
et
p
la
même,
De
Avec la
et
sant
0n
on a
r
si l’on choisit
s
proposition 5, et
2 , les nombres
prend pour
OE
Q1
et
r
( i - fl)/2
nombres pre-
nombres
premiers
premiers
les
plus grands
nombres
Désignons
les nombres
premiers
avec B = p , ~ ~ Q
x ,
s
on
aura,
yT/log
Comme
y , les nombres
s
x.J
et
succes-
et
x=p
(par ~g~~ ;
(15)
et
Si l’on choisit
2.
log
premiers,
par
q
proposition 5
(8)
de
1 et
exposants
et
p
nombres
0~~’~ )
donc
x.Y(3
1 , il reste donc plus de
est vérifié.
les
avec
1
zo~os. On retire
Démonstration du lemme 4. - Soient
divisant
plus
a au
p’
+
(20)
lesquels
pour
!
)x - .
zone
Par
y,
q1
le lemme
1,
on aura
kkx ,
9) , xk ~
premiers
:..
d’ a.près
...
p1 ... pr
qs
avec
on
voit que, pour
vont diviser
l’exposant
et conne
Si
r/s > e(p) ,
on
considère
Si
r/s
on
considérerait de même
T >
1/3 ,
raisonnements seraient tout à fait semblables. On
é
i’exPo-
Comme 03B2
>
(i+T)/2 ,
il s’ensuit que
...
va
avec
1 .
les valeurs fournies par le lenne 3.
(1 - T)/4 ,
n
r
montrer que
...
p )) ;
les
compte tenu
de
(15)
et de
(20),
car x =
utilisant le théorème des accroissements finis,
de même
en
a
p ;
Les
sommes
P>201422014 f
S~
on a
c
et la relation
S~ sont négatives et S~ + S~ o(s/(x~~~)
S~+S~+S~>0 , qui démontre (33)
et
Majorons maintenant
pour tout
(31)
=
.
r
s . On
Comme
ce
n /n
((l - ~r)/2) - ,) .
En choisissant
(1 - T)/4 et 03B2 légèrement supérieur à (1 + T)/2 ,
toute valeur inférieure à (l - T)/4
5/48
=
on
~
légèrement inférieur
peut prendre, pour c,
à
Maintenant, par (33), on a
nombres superabondants, cela entraine
on
obtient
(21),
ce
qui démontre
Démonstration du
lement abondant
Soient
le
p~
vant
On
On
conserve
On
en
ce
et
X
cube
Définition. -
Soit
et
X
assez
associé à
Soient ~0
fact -....r
premier
grand et
de
et
le nombre colossa-
N0
et
P~ le
x0
défini par
(8).
nombre premier sui-
p
vérifie le lemme 3,
on a :
est vraie pour tout
assez
c
(1 - T)/4 ,
on a
aussi,
pour tout
grand,
le théorème 1.
sans
2
que
(35) :
inégalité
qui démontre
5. Nombres
(34),
par
le lemme 4.
les notations du lemme 4. Si
(1 - T~/4
c
la définition des
a :
déduit par
Comme cette
si
plus grand
X .
n’ ~ n , donc,
n
1. - Soient
précédant
d’après
>
superabondants.
Q#~p~~ -
superabondant" si :
la fonction
0
si
multiplicative qui
3 . On dit que
n
est
vaut
un
nombre "sans cube
équivalente
Cette définition est
entiers
divisibles par
non
abondante
si
n*
abondants. Si
on a
n
est
est
un
nombre
sans
cube
03B1q = 2 )
et
p
On définit
dépend
donc de deux nombres
(le plus grand
sans
0 il existe N#E
est l’application de
N*
on a
=
T(N ) .
diviseur
premiers q
est maximale. Si
la fonction
lequel
q
~: ~ , définie par
en
N
N
Mais il nt est pas vrai que
n
La démonstration du théorème 1 est valable,
superabondant 4
n
aux
ne
avec un
T(n)
nombres
cube
sans
sans
cube
considère que les
exposant égal à
T
su-
nom-
1
ou
donc
THÉORÈME
2. - Soient
n* et n’*
deux nombres
sans
cube
superabondants consécu-
on a
Démonstration. - Soit
réel x tel que :
On choisit
E
=
abondant associé à
y
puisqu’on
premiers divisant le nombre superabondant
a
plus grand tel que
premier).
superabondant. Enfin, la proposition 5 stadapte aisément
perabondants. On pose :
2 . On
(le
difficultés les nombres "sans cube colossalement abondants". Pour
E >
tifs,
n* = ÏÏ
et s’écrit
superabondant,
(Cf. proposition 1)
Un tel nombre
bres
nombre "sans cube super-
un
de ces nombres sont très voisines de celles des nombres super-
propriétés
Les
cube. On dit que
l’ensemble des nombres
et si :
e C
n
un
à la suivante. Soit C
(définis
par
(log(1
e.
(15))
a
entier )
+
(l/x)))/log
On
par
désigne
6 . Il existe,
x
et
les nombres
N*
un
d’après
nombre
le lemme
sans
2,
un
nombre
cube colossalement
premiers successifs entourant
x
et
et les nombres
sans
superabondant n* vérifiant N ~: n*
cube
Nx
sont de la
forme
étant déterminé
r
part,
Si
et
s
=
0(Vy)
s > 2a ,
divisent pas
fonction de
par la
on a, avec
n .
s
par la condition
s
r >
a +
1
nombres
sans
cube
ce
qui démontre
6.
Quelques conjectures.
ce
qui entrafne
que
(39)
n’
s
que
n
s
ne
x~ ~
et il y
a
superabondants. En comparant
sans
donc entre
(37)
s’applique
3N 3x ,
pas,
on
peut
et
N
(19),
cube superet
Nx
au
on a :
peu
plus
n
superabondant (avec
essayer d’utiliser les nombres
premiers
mais il est difficile de voir si cela suffit à résoudre la
question.
un
ne
p2 ,..., pa+1
le théorème 2.
Si le lemme 4
Il semble
p ,
n’est pas
Il semble difficile de démontrer que l’on a, pour tout
n’ = nombre superabondant suivant n ),
autour de
s
Considérons
s g 2a , on voit par ( 36) , ( 38) et
abondant. On démontre la même chose pour
4a
Nx . On a, d’autre
n
(37),
Si
plus
N ~
proposition 5.
c’ e st.-à-dire
0
r - a >
en
f ac ile de montrer que
~(X ~ ( log
On
son
peut s’intéresser
maximum. Les nombres
étudier,
la fonction
car
On pose
f(n)
=
peut définir
on
d
1 . P.
superabondants, mais il est difficile de les
n’est pas multiplicative. Il serait intéressant
M1
sont
log
n
=
f(n) .
ERDÖS
dn
Si
comme
le
plus petit diviseur de
est déficient
n
sait montrer que, pour
(c’est-à-dire
n >
de
mais que, pour
infinité de
une
),
2n
on a
on a :
n ,
peut considérer les entiers n tels que m
leurs rapports avec les nombres superabondants.
la
cr(n)
si
lequel
pour
on a :
On
peut étudier
n
log log log n ,
f(n)
On
atteint
sont colossalement abondants.
savoir si les
Enfin,
n) ’)
où la fonction
nombres
aux
généralisation
du
problème
n ~ f(m~
des nombres
f(n)
et
regarder
parfaits
=
2n) :
Quels sont les nombres tels que :
Ces nombres sont
ou
parfaits
et
impairs,
ou
vérifient
o(n)
= 5n .
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ERDÖS
Magyar Tudomanyos Akademia
Matematikai Kutato Intezete
Réaltanoda
BUDAPEST V
u
13-15
(Hongrie)
et
Jean-Louis NICOLAS
Département de Mathématique
UER des Sciences de Limoges
123 rue Albert Thomas
87100 LIMOGES
2,