Avancée sur la conjecture de Carmichaël
J'ouvre un autre fil pour cette conjecture, afin de ne pas polluer le fil de @Breyer, qui parle de la fonction indicatrice d'[large]E[/large]uler, mais pas exactement du même problème.
LA CONJECTURE.
$\forall n \gt 0,\ \exists\, m \neq n \ \mid \phi (m) = \phi (n)$ où $\phi$ est la fonction indicatrice d'Euler.
Je propose ici des procédés de calcul de $m$, connaissant $n$, tel que $m\neq n$ et $\phi (m) = \phi (n)$.
On sait que $\phi (2n) = \begin{cases} 2\phi (n) & \text{si $n$ pair}\\ \phi (n) & \text{si $n$ impair} \end{cases}$
Donc la conjecture est vérifiée pour les entiers $n$ impairs et pour les entiers $n = 2x$ avec $x$ impair
On va démontrer cette conjecture pour une infinité d'autres entiers.
I) PREMIÈRE MÉTHODE DE CALCUL DE $m$ CONNAISSANT $n$
Soit $n = 2^{s}x\ \text{ avec }\ s\geq 2 \ \text{ et }\ x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.
S'il existe parmi les facteurs de $x$ un $p_k\ k\in [\![1; r]\!]$ tel que:
1) $p_k = 1 + 2^{a}q_k$, $q_k$ entier et $r_k = 1$
2)$\exists\, t\,$ tel que $1 + 2^{(a-t)}q_k$ est premier et n'est pas un facteur de $n$
Alors, en posant $m = 2^{(s+t)}\dfrac{\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}}{p_k}(1 + 2^{(a-t)}q_k)$, on a $m\neq n$ et $\phi (m) = \phi (n)$
En effet $\displaystyle \phi (m) = 2^{(s+t-1)}\times 2^{(a-t)}q_k \prod_{i=1,i\neq k}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{(r_{i}-1)}) = 2^{(s+a-1)}q_{k}\prod_{i=1,i\neq k}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{(r_{i}-1)}) = \phi (n).$
EXEMPLES.
1) Soit $n = 2^{5}\times 3^{3}\times 7^{2}\times 23\times 37 = 36027936$.
On a: $37 = 1 + 2\times 18\,\text{et}\, 1 + 18 = 19$ est premier et n'est pas un facteur de $n$, alors on prend $m = 2^{6}\times 3^{3}\times 7^{2}\times 23\times 19 = 37001664$.
Alors $m\neq n$ et
$\phi (m) = 2^{4}\times 2\times 3^{2}\times 6\times 7\times 22\times 36 = 2^{9}\times 3^{5}\times 7\times 11 = 9580032 = \phi (n)$
2) Soit $n = 2^{7}\times 3^{2}\times 11^{3}\times 13\times 17 = 338861952$
On a: $17 = 1 + 2^{2}\times4$, alors on prend $m = \times 2^{9}\times 3^{2}\times 11^{3}\times 13\times 5 = 398661120$. Alors $m\neq n$ et
$\phi (m) = 2^{8}\times 2\times3 \times10 \times11^{2} \times12 \times 4 = 2^{14}\times 3^{2}\times 5\times 11^{2} = 89210880 = \phi (n)$
''Réciproquement'' si $n = 2^{s}x$ avec $s\geq 2$ et $x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.
S'il existe parmi les facteurs de $x$ un $p_k\, k\in [\![1; r]\!]$ tel que $r_k = 1$:
1) Il existe un nombre premier $p = 1 + 2^{a}q_k$ avec $a\lt s$ et $1 + q_k = p_k$
2) $p$ n'est pas un facteur de $n$.
Alors en posant $m = 2^{(s-a)}(1 + 2^{a}q_k)\dfrac{\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}}{p_k}$, on a: $m\neq n$ et $\phi (m) = \phi (n)$.
En effet $\phi (m) = 2^{(s-a-1)}\times 2^{a}q_{k}\prod_{i=1,i\neq k}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{(r_{i}-1)}) = 2^{(s-1)}\times q_{k}\prod_{i=1,i\neq k}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{(r_{i}-1)}) = \phi (n)$
EXEMPLE.
Soit $n = 2^{5}\times 3^{3}\times 7^{2}\times 23\times 5 = 4868640$
On a: $1 + 2^{2}\times 4 = 17$ qui est premier, n'est pas un facteur de $n$ et $1 + 4 = 5$.
Alors on prend $m = 2^{3}\times 3^{3}\times 7^{2}\times 23\times 17 = 4138344$.
Alors $m\neq n$ et
$\phi (m) = 2^{2}\times 2\times 3^{2}\times 6\times 7\times 22\times 16 = 2^{9}\times 3^{3}\times 7\times 11 = 1064448 = \phi (n)$
II) DEUX AUTRES MÉTHODES DE CALCUL DE $m$ CONNAISSANT $n$.
A) Soit $n = 2^{s}x\ \text{ avec }\ x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair
Si: $a\lt s \,$ et $\,1 + 2^{a}$ est premier et n'est pas un facteur de $n$..
Alors, en posant $m = 2^{(s-a)}(1 + 2^{a})\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ on a $m\neq n$ et $\phi (m) = \phi (n)$
En effet $\phi (m) = 2^{(s-a-1)}\times 2^{a}\prod_{i=1,i\neq k}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{(r_{i}-1)}\times 2^{a}\times p_{k}^{(r_{k}-1)} = 2^{(s-1)}\prod_{i=1,i\neq k}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{(r_{i}-1)})\times 2^{a}\times p_{k}^{(r_{k}-1)} = \phi (n)$
EXEMPLE.
Soit $n = 2^{7}\times 5^{2}\times 11^{2}\times 97^{3} = 3533869856$
On a $97 = 1 + 2^{4}\times 6\,\text{et}\, 1 + 2^{4} = 17$ est premier et n'est pas un facteur de $n$.
On pose alors $m = 2^{3}\times 17\times 5^{2}\times 11^{2}\times 97^{3} = 3754736722$
et alors $\phi (m) = 2^{2}\times 16\times 4\times 5\times 10\times 11\times 96\times 97^{2} = 2^{14}\times 3\times 5^{2}\times 11\times 97^{2} = 1271795712 = \phi (n)$
Soit $n = 2^{s}x\quad$ avec $\quad x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.
Si $\exists\,k\,\text{et}\,j\,\text{tels que}\quad p_{k} - 1 = 2^{a}p_{j}^{h_{k}}\,\text{et}\,r_{k} = 1$
Alors en posant $m = 2^{(s+a)}p_{j}^{h_{k}}\times \prod_{i=1,i\neq k}^{r}p_{i}^{r_{i}}$, on a $m\neq n\,\text{et}\,\phi (m) = \phi (n)$.
On démontre cette égalité comme précédemment.
Par exemple si $n = 2^{s}.3^{l}.\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} \,\text{avec}\,p_{k} - 1 = 2^{a}.3^{h_{k}}\,\text{et}\,r_{k} = 1\,,\text{On a}\,:$
$\begin{align}\phi (n) & = 2^{s}.3^{(l-1)}.2^{a}.3^{h_{k}}\prod_{i=1,i\neq k}^{r}\phi (p_{i}^{r_{i}})\\ & = 2^{(s+a)}.3^{(l+h_{k}-1)}.\prod_{i=1,i\neq k}\phi (p_{i}^{r_{i}})\\ & = \phi (2^{(s+a)}.3^{(l+h_{k})}.\prod_{i=1,i\neq k}^{r}p_{i}^{r_{i}})\\ & = \phi (m)\end{align}$
avec $m = 2^{(s+a)}.3^{(l+h_{k})}.\prod_{i=1,i\neq k}^{r}p_{i}^{r_{i}}$.
CONSEQUENCE.
Si $n = 2^{s}x\ \text{ avec } \ s\geq 2\ \text{ et } \ x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair. Si $x$ n'a pas $3$ comme facteur, alors le nombre $m = 2^{(s-1)}\times 3.\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ est différent de $n$ et est tel que $\phi (m) = \phi (n)$.
Mais aussi si $n$ a pour facteur $3$ et pas $9$, on peut prendre $m = 2\times \dfrac{n}{3}$ et on aura $m\neq n\,\text{et}\, \phi (m) = \phi (n)$
CONCLUSION.
La conjecture a été démontrée ici pour tous les entiers, sauf pour certains multiples de $9$.
Et pour ceux-là, on arrive pour une infinité de cas, à construire un nombre $m$ convenable.
En effet pour $n = 2^{s}\times 3^{k}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}\,\text{avec}\, s\geq 2\,\text{et} \, k\geq 2$, on pourra prendre
$m = 2^{(s+1-t)}\times (1 + 3^{(k-1)}\times 2^{t})\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} \,\text{si}\, (1 + 3^{(k-1)}\times 2^{t})$ est premier et n'est pas un facteur de $n$, avec $t\leq s$.
Par exemple si $k = 2$, $t = 1$ convient, si $7$ n'est pas un facteur de $n$; $t = 2$ convient, si $13$ n'est pas un facteur de $n$.
Maintenant le défi est de trouver un nombre $n$ pour lequel aucune de ces quatre méthodes ne permet de trouver un $m$ convenable.
Le premier nombre que je trouve passant entre les filets est : 298116.
CORDIALEMENT.
LA CONJECTURE.
$\forall n \gt 0,\ \exists\, m \neq n \ \mid \phi (m) = \phi (n)$ où $\phi$ est la fonction indicatrice d'Euler.
Je propose ici des procédés de calcul de $m$, connaissant $n$, tel que $m\neq n$ et $\phi (m) = \phi (n)$.
On sait que $\phi (2n) = \begin{cases} 2\phi (n) & \text{si $n$ pair}\\ \phi (n) & \text{si $n$ impair} \end{cases}$
Donc la conjecture est vérifiée pour les entiers $n$ impairs et pour les entiers $n = 2x$ avec $x$ impair
On va démontrer cette conjecture pour une infinité d'autres entiers.
I) PREMIÈRE MÉTHODE DE CALCUL DE $m$ CONNAISSANT $n$
Soit $n = 2^{s}x\ \text{ avec }\ s\geq 2 \ \text{ et }\ x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.
S'il existe parmi les facteurs de $x$ un $p_k\ k\in [\![1; r]\!]$ tel que:
1) $p_k = 1 + 2^{a}q_k$, $q_k$ entier et $r_k = 1$
2)$\exists\, t\,$ tel que $1 + 2^{(a-t)}q_k$ est premier et n'est pas un facteur de $n$
Alors, en posant $m = 2^{(s+t)}\dfrac{\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}}{p_k}(1 + 2^{(a-t)}q_k)$, on a $m\neq n$ et $\phi (m) = \phi (n)$
En effet $\displaystyle \phi (m) = 2^{(s+t-1)}\times 2^{(a-t)}q_k \prod_{i=1,i\neq k}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{(r_{i}-1)}) = 2^{(s+a-1)}q_{k}\prod_{i=1,i\neq k}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{(r_{i}-1)}) = \phi (n).$
EXEMPLES.
1) Soit $n = 2^{5}\times 3^{3}\times 7^{2}\times 23\times 37 = 36027936$.
On a: $37 = 1 + 2\times 18\,\text{et}\, 1 + 18 = 19$ est premier et n'est pas un facteur de $n$, alors on prend $m = 2^{6}\times 3^{3}\times 7^{2}\times 23\times 19 = 37001664$.
Alors $m\neq n$ et
$\phi (m) = 2^{4}\times 2\times 3^{2}\times 6\times 7\times 22\times 36 = 2^{9}\times 3^{5}\times 7\times 11 = 9580032 = \phi (n)$
2) Soit $n = 2^{7}\times 3^{2}\times 11^{3}\times 13\times 17 = 338861952$
On a: $17 = 1 + 2^{2}\times4$, alors on prend $m = \times 2^{9}\times 3^{2}\times 11^{3}\times 13\times 5 = 398661120$. Alors $m\neq n$ et
$\phi (m) = 2^{8}\times 2\times3 \times10 \times11^{2} \times12 \times 4 = 2^{14}\times 3^{2}\times 5\times 11^{2} = 89210880 = \phi (n)$
''Réciproquement'' si $n = 2^{s}x$ avec $s\geq 2$ et $x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.
S'il existe parmi les facteurs de $x$ un $p_k\, k\in [\![1; r]\!]$ tel que $r_k = 1$:
1) Il existe un nombre premier $p = 1 + 2^{a}q_k$ avec $a\lt s$ et $1 + q_k = p_k$
2) $p$ n'est pas un facteur de $n$.
Alors en posant $m = 2^{(s-a)}(1 + 2^{a}q_k)\dfrac{\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}}{p_k}$, on a: $m\neq n$ et $\phi (m) = \phi (n)$.
En effet $\phi (m) = 2^{(s-a-1)}\times 2^{a}q_{k}\prod_{i=1,i\neq k}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{(r_{i}-1)}) = 2^{(s-1)}\times q_{k}\prod_{i=1,i\neq k}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{(r_{i}-1)}) = \phi (n)$
EXEMPLE.
Soit $n = 2^{5}\times 3^{3}\times 7^{2}\times 23\times 5 = 4868640$
On a: $1 + 2^{2}\times 4 = 17$ qui est premier, n'est pas un facteur de $n$ et $1 + 4 = 5$.
Alors on prend $m = 2^{3}\times 3^{3}\times 7^{2}\times 23\times 17 = 4138344$.
Alors $m\neq n$ et
$\phi (m) = 2^{2}\times 2\times 3^{2}\times 6\times 7\times 22\times 16 = 2^{9}\times 3^{3}\times 7\times 11 = 1064448 = \phi (n)$
II) DEUX AUTRES MÉTHODES DE CALCUL DE $m$ CONNAISSANT $n$.
A) Soit $n = 2^{s}x\ \text{ avec }\ x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair
Si: $a\lt s \,$ et $\,1 + 2^{a}$ est premier et n'est pas un facteur de $n$..
Alors, en posant $m = 2^{(s-a)}(1 + 2^{a})\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ on a $m\neq n$ et $\phi (m) = \phi (n)$
En effet $\phi (m) = 2^{(s-a-1)}\times 2^{a}\prod_{i=1,i\neq k}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{(r_{i}-1)}\times 2^{a}\times p_{k}^{(r_{k}-1)} = 2^{(s-1)}\prod_{i=1,i\neq k}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{(r_{i}-1)})\times 2^{a}\times p_{k}^{(r_{k}-1)} = \phi (n)$
EXEMPLE.
Soit $n = 2^{7}\times 5^{2}\times 11^{2}\times 97^{3} = 3533869856$
On a $97 = 1 + 2^{4}\times 6\,\text{et}\, 1 + 2^{4} = 17$ est premier et n'est pas un facteur de $n$.
On pose alors $m = 2^{3}\times 17\times 5^{2}\times 11^{2}\times 97^{3} = 3754736722$
et alors $\phi (m) = 2^{2}\times 16\times 4\times 5\times 10\times 11\times 96\times 97^{2} = 2^{14}\times 3\times 5^{2}\times 11\times 97^{2} = 1271795712 = \phi (n)$
Soit $n = 2^{s}x\quad$ avec $\quad x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.
Si $\exists\,k\,\text{et}\,j\,\text{tels que}\quad p_{k} - 1 = 2^{a}p_{j}^{h_{k}}\,\text{et}\,r_{k} = 1$
Alors en posant $m = 2^{(s+a)}p_{j}^{h_{k}}\times \prod_{i=1,i\neq k}^{r}p_{i}^{r_{i}}$, on a $m\neq n\,\text{et}\,\phi (m) = \phi (n)$.
On démontre cette égalité comme précédemment.
Par exemple si $n = 2^{s}.3^{l}.\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} \,\text{avec}\,p_{k} - 1 = 2^{a}.3^{h_{k}}\,\text{et}\,r_{k} = 1\,,\text{On a}\,:$
$\begin{align}\phi (n) & = 2^{s}.3^{(l-1)}.2^{a}.3^{h_{k}}\prod_{i=1,i\neq k}^{r}\phi (p_{i}^{r_{i}})\\ & = 2^{(s+a)}.3^{(l+h_{k}-1)}.\prod_{i=1,i\neq k}\phi (p_{i}^{r_{i}})\\ & = \phi (2^{(s+a)}.3^{(l+h_{k})}.\prod_{i=1,i\neq k}^{r}p_{i}^{r_{i}})\\ & = \phi (m)\end{align}$
avec $m = 2^{(s+a)}.3^{(l+h_{k})}.\prod_{i=1,i\neq k}^{r}p_{i}^{r_{i}}$.
CONSEQUENCE.
Si $n = 2^{s}x\ \text{ avec } \ s\geq 2\ \text{ et } \ x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair. Si $x$ n'a pas $3$ comme facteur, alors le nombre $m = 2^{(s-1)}\times 3.\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ est différent de $n$ et est tel que $\phi (m) = \phi (n)$.
Mais aussi si $n$ a pour facteur $3$ et pas $9$, on peut prendre $m = 2\times \dfrac{n}{3}$ et on aura $m\neq n\,\text{et}\, \phi (m) = \phi (n)$
CONCLUSION.
La conjecture a été démontrée ici pour tous les entiers, sauf pour certains multiples de $9$.
Et pour ceux-là, on arrive pour une infinité de cas, à construire un nombre $m$ convenable.
En effet pour $n = 2^{s}\times 3^{k}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}\,\text{avec}\, s\geq 2\,\text{et} \, k\geq 2$, on pourra prendre
$m = 2^{(s+1-t)}\times (1 + 3^{(k-1)}\times 2^{t})\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} \,\text{si}\, (1 + 3^{(k-1)}\times 2^{t})$ est premier et n'est pas un facteur de $n$, avec $t\leq s$.
Par exemple si $k = 2$, $t = 1$ convient, si $7$ n'est pas un facteur de $n$; $t = 2$ convient, si $13$ n'est pas un facteur de $n$.
Maintenant le défi est de trouver un nombre $n$ pour lequel aucune de ces quatre méthodes ne permet de trouver un $m$ convenable.
Le premier nombre que je trouve passant entre les filets est : 298116.
CORDIALEMENT.
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.....
...Le premier que je trouve passant entre les filets est: $298116$
Mais pour ce nombre $n = 298116$ on pourra prendre les valeurs de $m$ suivantes: $132327$ ou $280476$ ou encore $124497$.
On en déduit une sixième méthode pour calculer la valeur de $m$ connaissant $n$.
Soit $n = 2^{s}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}\quad$ avec $\quad s\geq 2\quad$ et $\quad k\geq 2$
S'il existe parmi les facteurs de $n$ un $p_k$ tel que: $1 + 2^{l_k}.p_{k}^{r_{k}-1},\:l_k\lt s$, est premier et n'esr pas un facteur de $n$, avec $p_k = 1 + 2^{h_k}q_k$ on pourra prendre $m = 2^{s-l_k}.(1 + 2^{l_k}.p_{k}^{r_{k}-1}).p_{k} \prod_{i=1,i\neq k}^{r}p_{i}^{r_i}$
En effet:
$\begin{align}\phi (n)& = 2^{s-1}\prod_{i=1}^{r}(p_i - 1)p_{i}^{r_{i}-1}\\& = 2^{s-1}.2^{h_k}.q_k.p_{k}^{r_{k}-1}\prod_{i=1,i\neq k}\phi (p_{i}^{r_i})\\& = 2^{s-1+h_k}.q_k.p_{k}^{r_{k}-1}\prod_{i=1,i\neq k}\phi (p_{i}^{r_i})\end{align}$
Et
$\begin{align}\phi (m)& = 2^{s-l_{k}-1}.2^{l_k}.p_{k}^{r_{k}-1}.2^{h_k}q_k \prod_{i=1,i\neq k}^{r}\phi (p_{i}^{r_i})\\& = 2^{s+h_{k}-1}.p_{k}^{r_{k}-1}.q_k \prod_{i=1,i\neq k}^{r}\phi (p_{i}^{r_i})\\& = \phi (n)\end{align}$.
Le défi de trouver un nombre $n$ pour lequel, on n'arrive pas à trouver un $m$ convenable en utilisant une de ces méthodes est encore ouvert.
On a dit ci-haut que:
-) Si $n = 2^{s}x\quad$ avec $\quad s\geq 2\quad$ et $\quad x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair,
si $x$ n'a pas $3$ comme facteur, alors le nombre $m = 2^{(s-1)}\times 3.\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ est différent de $n$, et est tel que
$\phi (m) = \phi (n)$.
-) Si $n$ a pour facteur $3$ et pas $9$, on peut prendre $m = 2^{(s+1)}\times \dfrac{n}{3}$,
et on aura $\phi (m) = \phi (n)\quad$ avec $\quad m\neq n$.
-) Si $n = 2^{s}.3^{k}.\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}\quad$ avec $\quad s\geq 2\quad$ et $\quad k\geq 2$,
on peut prendre $m = 2^{(s-1)}.7.3^{(k-1)}.\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$.
En effet on a $m`\neq n$,
$\begin{align} \phi (n) & = 2^{(s-1)}.2.3^{(k-1)}.\prod_{i=1}^{r}\phi (p_{i}^{r_{i}})\\
& = 2^{s}.3^{(k-1)}.\prod_{i=1}^{r}\phi (p_{i}^{r_{i}})\end{align}$
Et
$\begin{align}\phi (m) & = 2^{(s-1-1)}.6.3^{(k-2)}.2.\prod_{i=1}^{r}\phi (p_{i}^{r_{i}})\\
& = 2^{s}.3^{(k-1)}.\prod_{i=1}^{r}\phi (p_{i}^{r_{i}})\\
& = \phi (n)\end{align}$
cqfd
Essaie ta méthode avec $n=2^8\times3^{11}\times7^5$.
J'en reste alors à mon avant dernier post qu'on peut généraliser comme j'ai fait avec $3$, pour n'importe quel $p_i$, mais avec la contrainte $1 + 2^{l_k}p_{i}^{(r_k-t)}$ n'est pas un facteur de $n$ et $l_k \leq s$.
Avec ton contre-exemple, dans le choix de $m$, à la place de $7\times 3^{(k-1)}$ on peut mettre $19\times 3^{(k-2)}$.
Merci.
@joaopa, je contourne le problème avec $7$, en prenant $m = 2^{(s-2)}\times 3^{(k-1)}\times \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$, si un des $p_i$ est égal
à $7$.
Alors la conjecture est démontrée par construction.
Cordialement.
@babsgueye,
s'il te plaît, montre-nous déjà que, pour tout $p$ premier impair, il existe $m$, autre que $4p^2$, tel que $\varphi(m)=2p(p-1)$, et ce sans nous renvoyer à un de tes précédents messages.
Merci
Paul
Je pense qu'il faudra un lemme en plus pour exploiter cette méthode de construction.
Je m'en arrête là alors et au défi de trouver un $n$ dont on ne peut pas trouver le $m$ convenable avec ces $6$ méthodes.
@depasse j'ai dit qu'on peut trouver un $m$ convenable, pour tous les nombres entiers, sauf pour certains multiples de $9$; alors regarde comment est ton $p$, et utilise la méthode convenable.
La conjecture n'est pas encore démontrée.
Merci.
Considères-tu, oui ou non, que tu as prouvé que, pour tout entier $n$ non multiple de $3$, il existe un entier $m$, autre que $n$, tel que $\varphi(m)=\varphi(n)$?
Paul
Je vais encore revoir mes notes plus haut comme tu me poses la question.
à tout.
Si $n = 2^{s}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ tel que aucun des $p_i$ n'est égale à $3$, alors $m = 2^{(s-1)}\times 3\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ convient .
Tu vois pas pourquoi ?
PS. Une réponse pertinente pourrait être : je suppose depuis le début $s\geq 2$.
je m'occupe bien sur que de $s\geq 2$.
Il est dit dans le lien (et je pense l'avoir rappelé au début) que si $n$ est impair, alors $n$ et $2n$ sont tels que $\phi (n) = \phi (2n)$.
1) Soit $n = 2^{s}x$ avec $s \geq 2$ et $x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.
S'il existe parmi les facteurs de $x$ un $p_k,\,\, k\in [\![1; r]\!]$ tel que:
a) $p_k = 1 + 2^{a}q_k$, $q_k$ entier et $r_k = 1$
b) $\exists t / 1 + 2^{(a-t)}q_k$ est premier et n'est pas un facteur de $n$
Alors en posant $m = 2^{(s+t)}\frac{\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}}{p_k}(1 + 2^{(a-t)}q_k)$, on a $m\neq n\;\text{et}\;\phi (m) = \phi (n)$
2) ''Réciproquement'' si $n = 2^{s}x$ avec $s \geq 2$ et $x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.
S'il existe parmi les facteurs de $x$ un $p_k,\,\, k\in [\![1; r]\!]$ tel que:
a) Il existe un nombre premier $p = 1 + 2^{a}q_k$ avec $a\lt s,\;1 + q_k = p_k,\, k\in [\![1; r]\!],$ et $r_{k} = 1$.
b) $p$ n'est pas un facteur de $n$.
Alors en posant $m = 2^{(s-a)}(1 + 2^{a}q_k)\dfrac{\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}}{p_k}$, on a $m\neq n\;\text{et}\;\phi (m) = \phi (n)$.
3) Soit $n = 2^{s}x\quad$ avec $\quad x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.
Si $\exists\,k\,\text{et}\,j\,\text{tels que}\quad p_{k} = 1 + 2^{a}p_{j}^{h_{k}}\,\text{et}\,r_{k} = 1$,
alors en posant $m = 2^{(s+a)}p_{j}^{h_{k}}\prod_{i=1,i\neq k}^{r}p_{i}^{r_{i}}$,
on a $m\neq n\,\text{et}\,\phi (m) = \phi (n)$.
En effet:
$\begin{align}\phi (n) & = 2^{(s-1)}2^{a}p_{j}^{h_{k}}p_{j}^{(r_{j}-1)}(p_{j} - 1)\prod_{i=1,i\neq k,i\neq j}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}\\
& = 2^{(s+a-1)}p_{j}^{(h_{k}+r_{j}-1)}(p_{j} - 1)\prod_{i=1,i\neq k,i\neq j}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}\end{align}$
Et
$\phi (m) = 2^{(s+a-1)}p_{j}^{(h_{k}+r_{j}-1)}(p_{j} - 1)\prod_{i=1,i\neq k,i\neq j}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} = \phi (n)$
4) Soit $n = 2^{s}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}\quad$ avec $\quad s\geq 2\quad$ et $\quad k\geq 2$.
S'il existe parmi les facteurs de $n$ un $p_k$ tel que: $1 + 2^{l_k}.p_{k}^{(r_{k}-t)},\: (l_{k}\lt s\:\text{et}\:t\leq r_{k})$, est premier,
et n'est pas un facteur de $n$.
on pourra prendre $m = 2^{s-l_k}\times (1 + 2^{l_k}.p_{k}^{(r_{k}-t)})\times p_{k}^{t}\times \prod_{i=1,i\neq k}^{r}p_{i}^{r_i}$, pour avoir $m\neq n\;\text{et}\;\phi (m) = \phi (n)$
5) Soit $n = 2^{s}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}\quad$ avec $\quad s\geq 2\quad$
Si $1 + 2^{a}\prod_{i=1}^{b}p_{i}^{r_{i_{i}}}$ (quitte à changer l'ordre des $p_{i}$) avec $\quad s\gt a,\quad b\leq r,\quad\text{et},\: r_{i_{i}}\lt r_{i}\:\forall i$, est premier et n'est pas un facteur de $n$; alors pour,
$m = 2^{(s-a)}\big(1 + 2^{a}\prod_{i=1}^{b}p_{i}^{r_{i_{i}}}\big)\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i}-r_{i_{i}})}$, on a: $m\neq n\;\text{et}\;\phi (m) = \phi(n)$.
En effet:
$\phi (n) = 2^{(s-1)}\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}$ et
$\begin{align}\phi (m) & = 2^{(s-a-1)}2^{a}\prod_{i=1}^{b}p_{i}^{r_{i_{i}}}\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-r_{i_{i}}-1)}\\
& = 2^{(s-1)}\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}\\
& = \phi (n)\end{align}$
On peut en fait remarquer que le cas 5) est une généralisation du cas 4).
Cordialement.
Avant cela, la définition de $m$ est incompréhensible : le produit porte sur un ensemble de couples $(j,i)$ indescriptible, peut-être les $j$ compris entre $1$ et $b$ et les $i$ entre $1$ et $r$, et il y a ce $i_j$ indéchiffrable.
Merci
@Math Coss, j'ai rectifié le message au résultat et notations critiqués; es-tu convaincu par la nouvelle notation (est ce compréhensible) ?
Merci
En fait par la méthode 4), on montre que pour tout entier $n$, non multiple de $2^2.3^2.7^3 = 12348$ ou de $2^2.3^2.7^2.29 = 51156$, il existe
un $ m\neq n$ tel que $\varphi (m) = \varphi (n)$.
Par suite on pourra même montrer qu'il faudra que $n$ soit multiple de $$12348.43^2.97^2 = 214 821 131 868$$ ou de $$51156.29.43^2.97^2 = 25 809 224 557 284$$, sinon on trouve par 4) (et sa ''réciproque'') une valeur de $m$ convenable.
Cordialement.