Exercice national 1 — Diviseurs et somme des diviseurs (tous candidats)

1-2-3. Lister les diviseurs puis calculer \(N(n)\) et \(S(n)\). Pour 361, remarquer que \(361=19^2\). Pour 2021, tester la divisibilité (43×47). Vérifier ensuite \(2S(n)\le (n+1)N(n)\) numériquement.

4a. La somme des \(d_i\) est \(S(n)\). Quand \(d\) parcourt les diviseurs, \(q=n/d\) les parcourt aussi (dans l'ordre inverse). Donc la somme des \(q_i\) vaut aussi \(S(n)\). Total = \(2S(n)\).

4b. \(ab+1-a-b=(a-1)(b-1)\ge0\) car \(a,b\ge1\).

4c. Appliquer 4b à \(a=d\), \(b=q\) (avec \(dq=n\)) : \(d+q\le dq+1=n+1\).

4d. Sommer l'inégalité \(d+q\le n+1\) sur chacun des \(N(n)\) diviseurs. Chaque diviseur \(d\) et son quotient \(q\) apparaissent une fois dans la somme de la question 4a, qui vaut \(2S(n)\). On obtient \(2S(n)\le (n+1)N(n)\).

5. L'égalité globale force l'égalité \(d+q=n+1\) pour chaque diviseur, donc \((d-1)(q-1)=0\) soit \(d=1\) ou \(d=n\). Un entier n'ayant que 1 et lui-même comme diviseurs est 1 ou premier. Réciproque : vérifier que 1 et les nombres premiers satisfont bien l'égalité.

Voici une correction détaillée et rigoureuse de l'exercice, question par question.

1. Diviseurs et somme des diviseurs de 6, 101, 361, 2021

Pour \(n = 6\)

Les diviseurs positifs de 6 sont : \(1, 2, 3, 6\).

Donc \(N(6) = 4\).

La somme est : \(S(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12\).

Pour \(n = 101\)

101 est un nombre premier (non divisible par 2, 3, 5, 7, 11 ; \(11^2 = 121 > 101\)).

Ses seuls diviseurs sont \(1\) et \(101\).

Donc \(N(101) = 2\) et \(S(101) = 1 + 101 = 102\).

Pour \(n = 361\)

On a \(361 = 19^2\) (car \(19^2 = 361\)).

Les diviseurs sont : \(1, 19, 361\).

Donc \(N(361) = 3\) et \(S(361) = 1 + 19 + 361 = 381\).

Pour \(n = 2021\)

On cherche si 2021 est premier.

\(2021 \div 43 = 47\) (car \(43 \times 47 = 2021\)).

Donc les diviseurs sont : \(1, 43, 47, 2021\).

Ainsi \(N(2021) = 4\) et \(S(2021) = 1 + 43 + 47 + 2021 = 2112\).

2. Vérifier \(2S(n) \le (n+1)N(n)\) sur ces exemples

Pour \(n = 6\)

\(2S(6) = 2 \times 12 = 24\).

\((n+1)N(n) = (6+1) \times 4 = 7 \times 4 = 28\).

On a bien \(24 \le 28\). L'inégalité est vérifiée.

Pour \(n = 101\)

\(2S(101) = 2 \times 102 = 204\).

\((101+1) \times 2 = 102 \times 2 = 204\).

On a égalité : \(204 = 204\).

Pour \(n = 361\)

\(2S(361) = 2 \times 381 = 762\).

\((361+1) \times 3 = 362 \times 3 = 1086\).

\(762 \le 1086\) : vérifié.

Pour \(n = 2021\)

\(2S(2021) = 2 \times 2112 = 4224\).

\((2021+1) \times 4 = 2022 \times 4 = 8088\).

\(4224 \le 8088\) : vérifié.

3. À chaque diviseur \(d\) de \(n\), on associe \(q = n/d\)

a) Évaluer la somme de tous les \(d_i\) et \(q_i\) réunis

Soit \(d_1, d_2, \dots, d_{N(n)}\) la liste des diviseurs positifs de \(n\).

Pour chaque \(i\), on pose \(q_i = \frac{n}{d_i}\).

La somme de tous les \(d_i\) et \(q_i\) réunis est :

\[\sum_{i=1}^{N(n)} d_i + \sum_{i=1}^{N(n)} q_i = S(n) + \sum_{i=1}^{N(n)} \frac{n}{d_i}.\]

Or, lorsque \(d_i\) parcourt tous les diviseurs de \(n\), \(\frac{n}{d_i}\) parcourt aussi tous les diviseurs de \(n\) (car si \(d\) divise \(n\), alors \(n/d\) divise aussi \(n\)). Donc la liste des \(q_i\) est une permutation de la liste des \(d_i\). Ainsi :

\[\sum_{i=1}^{N(n)} q_i = S(n).\]

Par conséquent, la somme totale est :

\[S(n) + S(n) = 2S(n).\]

b) Montrer \(a + b \le ab + 1\) pour \(a, b \ge 1\)

On part de \((a-1)(b-1) \ge 0\) car \(a \ge 1\) et \(b \ge 1\).

En développant : \(ab - a - b + 1 \ge 0\).

Donc \(ab + 1 \ge a + b\).

L'inégalité est démontrée.

c) En déduire \(d + q \le n + 1\)

Soit \(d\) un diviseur de \(n\) et \(q = n/d\). On a \(d \ge 1\) et \(q \ge 1\).

En appliquant l'inégalité précédente avec \(a = d\) et \(b = q\) :

\[d + q \le dq + 1.\]

Mais \(dq = d \times \frac{n}{d} = n\). Donc :

\[d + q \le n + 1.\]

d) En déduire \(2S(n) \le (n+1)N(n)\) pour tout \(n\)

On somme l'inégalité \(d_i + q_i \le n + 1\) pour tous les diviseurs \(d_i\) (il y en a \(N(n)\)) :

\[\sum_{i=1}^{N(n)} (d_i + q_i) \le \sum_{i=1}^{N(n)} (n+1) = N(n) \times (n+1).\]

Or, d'après la question 3a, \(\sum_{i=1}^{N(n)} (d_i + q_i) = 2S(n)\).

Donc :

\[2S(n) \le (n+1)N(n).\]

4. Condition d'égalité \(2S(n) = (n+1)N(n)\)

L'égalité a lieu si et seulement si pour chaque diviseur \(d\) de \(n\), on a \(d + q = n + 1\) (car la somme des inégalités individuelles donne l'égalité globale seulement si chaque terme est maximal).

Or \(d + q = n + 1\) équivaut à \(d + \frac{n}{d} = n + 1\).

Multiplions par \(d\) (non nul) : \(d^2 + n = (n+1)d\), soit \(d^2 - (n+1)d + n = 0\).

Le discriminant est \(\Delta = (n+1)^2 - 4n = n^2 + 2n + 1 - 4n = n^2 - 2n + 1 = (n-1)^2\).

Les solutions sont :

\[d = \frac{n+1 \pm (n-1)}{2}.\]

Soit \(d = \frac{n+1 + n - 1}{2} = n\) ou \(d = \frac{n+1 - n + 1}{2} = 1\).

Donc les seuls diviseurs possibles sont \(1\) et \(n\).

Cela signifie que \(n\) n'a que deux diviseurs : \(1\) et lui-même.

Donc \(n = 1\) (qui a un seul diviseur, mais dans ce cas \(N(1)=1\) et \(2S(1)=2\), \((1+1)\times 1 = 2\), égalité vérifiée) ou \(n\) est un nombre premier (car alors ses seuls diviseurs sont \(1\) et \(n\)).

Réciproque :

• Si \(n = 1\) : \(N(1)=1\), \(S(1)=1\), alors \(2S(1)=2\) et \((1+1)N(1)=2\), égalité vraie.

• Si \(n\) est premier : \(N(n)=2\), \(S(n)=1+n\), alors \(2S(n)=2+2n\) et \((n+1)N(n)=2(n+1)=2n+2\), égalité vraie.

Donc la réciproque est vraie : les seuls entiers \(n\) vérifiant l'égalité sont \(1\) et les nombres premiers.

Conclusion :

L'inégalité \(2S(n) \le (n+1)N(n)\) est toujours vraie, avec égalité si et seulement si \(n=1\) ou \(n\) est premier.