Conjectures de Garambois
Pourquoi ont-elles été formulées ?

Une fausse piste à abandonner

L’erreur que nous avons longtemps commise, c’est de considérer les nombres pairs dans leur globalité, « en moyenne ». En fait, le devenir de la suite aliquote démarrant sur le nombre pair n, sa vitesse de croissance, est fonction de la décomposition de n en facteurs premiers !

Soit n un nombre pair divisible par 3. Si la fonction σ’ « piochait au hasard » un nombre dans l’ensemble des entiers naturels, alors il ne devrait y avoir que 33% de chances que σ’(n) soit lui aussi divisible par 3. Idem si à la place de 3, nous considérons le nombre premier 5 avec 20% de chances ou un autre nombre premier p quelconque avec 100/p% de chances. Il ne faut justement pas faire cette erreur !

Faisons des essais à l’aide de l’ordinateur et constatons.

Pour tous les n multiples de 2×3=6 jusqu’à 6×10⁷, il y en a 91.8% dont σ’(n)=0[3] (se lit 0 modulo 3) au lieu de 33.3%.
Pour tous les n multiples de 2×5=10 jusqu’à 10×10⁷, il y en a 47.4% dont σ’(n)=0[5] au lieu de 20%.
Pour tous les n multiples de 2×7=14 jusqu’à 14×10⁷, il y en a 49.8% dont σ’(n)=0[7] au lieu de 14.3%.
Pour tous les n multiples de 2×11=22 jusqu’à 22×10⁷, il y en a 15.7% dont σ’(n)=0[11] au lieu de 9.1%.

Faisons les mêmes essais pour des entiers plus grands.

Pour tous les n multiples de 6 entre 6×10¹⁵ et 6×10¹⁵+6×10⁷, il y en a environ 94.66% dont σ’(n)=0[3] au lieu de 33%.
Pour tous les n multiples de 6 entre 6×10⁴⁵ et 6×10⁴⁵+6×10⁴, il y en a 96.73% dont σ’(n)=0[3] au lieu de 33%.
Pour tous les n multiples de 6 entre 6×10⁹⁰ et 6×10⁹⁰+6000, il y en a 97.3% dont σ’(n)=0[3] au lieu de 33%.

Mieux que cela, faisons les mêmes essais pour des nombres divisibles par des puissances supérieures à 1 de nombres premiers.

Pour tous les n multiples de 2³=8 jusqu’à 8×10⁷, il y en a 77.92% dont σ’(n)=0[8] au lieu de 12.5%.
Pour tous les n multiples de 2×3²=18 jusqu’à 9×10⁷, il y en a 65.17% dont σ’(n)=0[9] au lieu de 11.11%.

Enfin, faisons les mêmes essais pour deux guides bien connus par tous ceux qui calculent des suites aliquotes : 120=2³*3*5 et 30240=2⁵*3³*5*7.

Pour tous les n multiples de 120 jusqu’à 120×10⁶, il y en a 67.3% dont σ’(n)=0[120] au lieu de 0.83%.
Pour tous les n multiples de 121 jusqu’à 121×10⁶, il y en a 2.26% dont σ’(n)=0[121] au lieu de 0.83%.
Cela fait une sacré différence alors que 120 et 121 sont du même ordre de grandeur !!!
Pour tous les n multiples de 120 entre 120×10⁴⁰ et 120×10⁴⁰+1000×120, il y en a 81.5% dont σ’(n)=0[120] au lieu de 0.83%.
Pour tous les n multiples de 30000 jusqu’à 30000×10⁶, il y en a 0.35% dont σ’(n)=0[30000] au lieu de 0.003%.
Pour tous les n multiples de 30240 jusqu’à 30240×10⁶, il y en a 44.56% dont σ’(n)=0[30240] au lieu de 0.003%.
Cela fait à nouveau une sacré différence alors que 30240 et 30000 sont du même ordre de grandeur !!!

Faisons encore quelques essais avec des milliers de guides.

Nous avons essayé pour les 2001 guides de 14182439000 à 14182441000 en prenant leurs 1000 multiples à chacun suivant directement l'entier 10^30. Il n'y en a aucun dont ces 1000 multiples conserve le guide une seule fois lorsqu'on lui applique la fonction σ’, sauf l'entier 14182439040=2^7*3^4*5*7*11^2*17*19 dont 323 multiples sur les 1000 testés conservent ce guide. C'est le plus petit nombre 5-parfait.

Enfin, nous avons essayé les 1999 guides de 2 à 2000. Pour chacun d'eux, nous avons pris leurs 1000000 premiers multiples et nous avons comptabilisé combien sur ces 1000000 conservaient leur guide lorsqu'on leur applique la fonction σ’. Et nous avons retenu tous ceux pour lesquels cela s'est produit plus de 500000 fois, c'est à dire dans plus de 50% des cas. Il n'y en a que 24 ci-dessous, dont 3 nombres parfaits ou 2-parfaits (6, 28, 496) et deux nombres 3-parfaits (120, 672). On notera que à part 2 et 3, il n'y a aucun autre de ces 24 guides qui soit un nombre premier et que tous les 22 autres guides ne sont composés que de petits nombres premiers dont aucun ne dépasse 7 : ce sont des guides qui ont tous beaucoup de diviseurs !

2={{2,1}} 998293
3={{3,1}} 825991
4={{2,2}} 886906
6={{2,1},{3,1}} 909729
8={{2,3}} 745978
9={{3,2}} 519736
12={{2,2},{3,1}} 796837
16={{2,4}} 580510
18={{2,1},{3,2}} 632858
20={{2,2},{5,1}} 522643
24={{2,3},{3,1}} 830271
28={{2,2},{7,1}} 675901
40={{2,3},{5,1}} 600363
48={{2,4},{3,1}} 651398
60={{2,2},{3,1},{5,1}} 541812
72={{2,3},{3,2}} 516208
84={{2,2},{3,1},{7,1}} 559421
96={{2,5},{3,1}} 548346
120={{2,3},{3,1},{5,1}} 673156
224={{2,5},{7,1}} 559881
360={{2,3},{3,2},{5,1}} 591145
496={{2,4},{31,1}} 543999
672={{2,5},{3,1},{7,1}} 590925
1080={{2,3},{3,3},{5,1}} 500101

En observant ce qui précède, on en a tiré quatre conclusions qui ne restaient au départ que des suppositions mais dont les trois premières sont aujourd'hui démontrées (voir plus bas, théorème de Chtaibi-Garambois) :

• Si n, un nombre pair est divisible par un nombre premier p, alors σ’(n) a d’autant plus de chances de rester divisible par p que n est grand.
• Si n, un nombre pair est divisible par p^α (p premier), alors σ’(n) a aussi tendance à rester divisible par p^α.
• Si n est un nombre avec un diviseur composé (ou guide) plus complexe, il a tendance à garder ce guide et cela d'autant plus que n est grand.
• Certains guides de nombres n se conservent sur σ’(n) avec une probabilité beaucoup plus grande que d'autres guides du même ordre de grandeur.

Essayons de faire mieux que de juste constater avec l’ordinateur

Prenons l’exemple où p=3.
Demandons-nous à présent quels sont les (rares) nombres pairs n divisibles par 3 dont σ’(n)≠0[3] ?

L’ordinateur nous a vite montré qu’il s’agissait des entiers suivants : 12, 36, 48, 84, 108, 144, 156, 192…

On remarque tout de suite que tous ces nombres sont divisibles par 12.
En divisant chacun des termes de la suite précédente par 12, on obtient l'ensemble S suivant :
1, 3, 4, 7, 9, 12, 13, 16, 19, 21, 25, 27, 28, 31, 36…

Mon réflexe a immédiatement été de soumettre S au site de Neil Sloane qui m’a répondu qu’il s’agissait de nombres de Loeschian. Ces nombres sont ceux engendrés par l’expression g(x,y)=x²+xy+y² lorsque x et y prennent toutes les valeurs entières positives.

Et justement, en avril 2011, Rasvan Barbulescu a démontré que S est bien un sous ensemble de l’ensemble des nombres de Loeschian.

Cliquer ici pour voir la démonstration de Razvan Barbulescu.

Si tous les entiers de l'ensemble S sont des nombres de Loeschian, certains nombres de Loeschian ne font pas partie de l'ensemble S. Il s’agit de ceux-ci : 49, 147, 169, 196, 361, 441, 507, 588, 637, 676,… Cette nouvelle suite d'entiers est elle aussi répertoriée par Neil Sloane sous la référence A088535 !!! Elle lui a été proposée par le mathématicien Benoît Cloître !

Une vérification numérique montre que de 6 à 1 500 000, donc sur 250 000 entiers n divisibles par 6, il y en a 23813 qui appartiennent à S et qui sont tous sans exception des nombres de Loeschian !

Quelle importance pour les suites aliquotes ?

Il est démontré que S est bien un sous ensemble de l’ensemble des nombres de Loeschian. Si on arrive à démontrer que les nombres de Loeschian se raréfient lorsqu’ils deviennent très grands et si on arrive à trouver cette loi de raréfaction, et si cette loi dit que leur densité tend vers 0 pour les très grands nombres (cela en fait des « si », mais ce sont des résultats que l’on attend suite à nos observations faites à l’aide de l’ordinateur), alors, on aura peut-être ce qu'il faut pour démontrer que les termes d’une suite aliquote démarrant sur un très grand nombre pair divisible par 3 restent en général divisibles par 3 (par 2, on le sait depuis longtemps, voir le lien changement de parité).

Notons qu'en mai 2011, Razvan Barbulescu a démontré qu'une majoration asymptotique pour le nombre d'entiers m inférieures à n tels que 3 divise m et 3 ne divise pas σ'(m) est n/(ln ln (n))^(1/2). Voici la démonstration. Notons qu'en mai 2012, Youssef Chtaibi a généralisé ce problème et a trouvé une majoration asymptotique pour tout autre diviseur entier que 3. Voici la démonstration. A ce jour, la démonstration concernant la densité des nombres de Loeschian reste hors de portée !

Or, une suite aliquote dont tous les termes resteraient divisibles par 2 et par 3 serait croissante indéfiniment. En effet, si n=0[6] (0[6] se lit 0 modulo 6) et donc n est au moins le produit de 6 avec un nombre premier p, σ’(n)>1+2+3+6+p+n/2+n/3+n/6+n/p+n/(2p)+n/(3p).....>n+n/p>n. La suite serait donc croissante.

D’où la conjecture de Garambois N°1 qui résulte du fait qu’un nombre pair sur 3 est divisible par 3 :

Une suite aliquote démarrant sur un entier pair a au moins une chance sur 3 de croître indéfiniment.

Cette chance de croissance indéfinie pourrait même être supérieure à 33 %, car tout ceci semble se vérifier avec les autres nombres premiers que 3, comme nous l’avons vu plus haut avec l’ordinateur !

Mais notons aussi que l'on ne sera jamais assez prudent : cette conjecture est très fragile, car la "vitesse" de raréfaction des nombres de Loeschian lorsque ces derniers grandissent pourrait ne pas être suffisante pour "compenser" la faiblesse toute relative du facteur de croissance de la suite aliquote !

Et les autres nombres premiers ?

Prenons l’exemple où p=5.
Demandons-nous à présent quels sont les (rares) nombres pairs n divisibles par 5 dont σ’(n)≠0[5] ?

L’ordinateur nous a vite montré qu’il s’agissait des entiers suivants :
10, 20, 30, 50, 60, 70, 80, 90, 100…

On remarque tout de suite que tous ces nombres sont divisibles par 10.
On divise à nouveau chacun de ces termes par 10 pour obtenir l'ensemble d'entiers suivant S’ :
S' : 1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 30…

Mon réflexe a à nouveau été de soumettre S’ au site de Neil Sloane qui n’a rien répondu cette fois-ci !

Il reste donc à trouver une forme quadratique qui « engendre » cet ensemble S' d'entiers ; si elle existe !!!

A moins qu'il nous faille plutôt examiner les (rares) nombres n divisibles par 5 (et pas seulement les pairs comme dit ci-dessus pour S') dont σ’(n)≠0[5]. Le problème est que l'ensemble d'entiers S'' engendré ici, à un facteur 5 près, est différent de S' donné ci-dessus :
S'' : 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 20, 21, 22, 23, 25, 26, 28, 30...

A moins encore qu'il nous faille plutôt examiner les nombres n divisibles par 2×3×5 dont σ’(n)≠0[2×3×5]. Il s'agit là de trouver les nombres qui ne gardent pas la divisibilité simultanément par 2, 3 et 5. Ici aussi, l'ensemble engendré S''', à un facteur 2×3×5 près est différent des deux précédents :
S''' : 1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 10, 11, 13, 14, 15, 16, 17, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 30, 31, 32...

Il s'agirait en fait de trouver une forme quadratique ou non quadratique qui "engendrerait" les entiers de un des trois ensembles S', S'' ou S'''.

Il reste de plus aussi à trouver les autres formes quadratiques qui « engendrent » les autres ensembles donnés par tous les autres nombres premiers toujours si elles existent avec au moins une des variantes décrites ci-dessus !
Voir plus bas au sujet de la recherche de ces formes quadratiques.

Mais si nous supposons qu’il en va de même avec les autres nombres premiers qu'avec 3, comme notre exploration à l’aide de l’ordinateur nous le laisse entrevoir, il y a fort à parier qu’un grand nombre n étant divisible par beaucoup de nombres premiers le restera au cours de ses itérations successives. Or, un tel nombre n aura un rapport σ’(n)/n aussi grand que l’on veut ! Or, le rapport σ’(n)/n n’est autre que le facteur de croissance, appelons-le k !

D’où la formulation de la conjecture de Garambois N°2 qui est devenue le théorème de Barbulescu Garambois en avril 2011, lorsque Razvan Barbulescu l'a démontré (théorème sur la vitesse de croissance de séquences de suites aliquotes) :

Il existe une suite aliquote croissant à chaque itération d’un facteur au moins k sur i itérations successives avec k et i aussi grands que l’on veut.

Cliquer ici pour voir la démonstration du théorème de Barbulescu Garambois.

Ce théorème est un corollaire d'un théorème de Lenstra.

Voir ci-dessous une méthode de recherche de telles suites aliquotes en cliquant ici.

Conjecture de Garambois N°3, aujourd'hui devenue le théorème de Chtaibi-Garambois sur la conservation des guides dans les suites aliquotes en fonction de la taille des termes de la suite :

Un guide dans une suite aliquote a d'autant plus de chances de se conserver au fur et à mesure des itérations, que les termes de la suite aliquote deviennent grands.

Cette conjecture a été énoncée à cause de ce qui précède et à cause des exemples numériques donnés au début de cette page. Elle a été démontrée et donc transformée en théorème par Youssef Chtaibi en mai 2012, voir cette démonstration, validée par Razvan Barbulescu.

La conjecture de garambois N°4 qui est énoncée ci-dessous existe aussi à cause de ce qui précède et à cause des exemples numériques donnés au début de cette page :

Conjecture de Garambois N°4 sur la conservation exceptionnelle de certains guides particuliers comme par exemple 2^335

Dans les termes d'une suite aliquote, un guide k-parfait se conserve significativement mieux qu'un autre guide du même ordre de grandeur.

Cette conjecture a été découverte uniquement en faisant des essais à l'aide de l'ordinateur et en observant les guides des suites aliquotes à forte croissance dont il sera question dans les exemples ci-dessous. Ces guides sont en général 2*3=6 ou 2³*3*5=120 ou 2⁵*3³*5*7=30240 qui sont respectivement les plus petits nombres 2-parfaits, 3-parfaits ou 4-parfaits. On notera que l'on connait d'autres nombres 2, 3 ou 4-parfaits que ceux-ci, mais nous n'avons fait aucune étude sérieuse sur leur conservation comme guides dans des suites aliquotes.
Par exemple, les seuls guides connus actuellement autres que 2 se conservant sur la totalité des termes calculés d'une suite aliquote à statut inconnu sont k-parfaits : exemple des suites démarrant sur les entiers 13560 et 19560 dont tous les termes conservent respectivement les guides 6 et 120... (Bien entendu, si le guide 2³*3*5=120 se conserve dans les termes successifs d'une suite aliquote, alors, c'est évidemment le cas aussi de tous les diviseurs de 120, comme par exemple 2, 3, 6, 15... Mais seul le plus gros guide qui se conserve dans tous les termes de la suite nous intéresse ici.)
Notons que la notion "se conserve significativement mieux" reste vague et doit être très difficile à formaliser mathématiquement. Il en est de même pour la notion de "même ordre de grandeur".
Précisons encore que cette conjecture n'interdit en rien que d'autres guides non k-parfaits se conservent aussi très bien dans les suites aliquotes.
La suite logique du travail serait d'essayer de caractériser les nombres n qui sont les multiples de ces guides et dont σ’(n) restent des multiples de ces guides. Nous n'avons caractérisé que certains de ces nombres pour le moment, ceux de la forme n=qp, avec q le guide en question et p un nombre premier différent de ceux qui composent le guide. Voir la démonstration.

Cliquer ici pour connaître les différentes options pour tenter d'infirmer la conjecture de Catalan.

Quelques résultats expérimentaux qui en découlent, suites aliquotes à forts et très forts coefficients de croissance :

Juste ci-dessous, sont proposés divers exemples de telles suites à forts et très forts coefficients de croissance. Pour prendre directement connaissance de la méthode la plus efficace connue à ce jour pour trouver ces suites, sans visualiser avant les exemples, cliquer ici.

Après avoir formulé surtout la deuxième conjecture de Garambois aujourd'hui théorème, j’ai tenté de trouver des suites aliquotes à facteurs minimaux de croissance k supérieurs à 2.

Je connaissais déjà avant beaucoup de nombres de départ de suites aliquotes qui croissent d’un facteur k supérieur ou égal à 2 à chaque itération jusqu’à ce que les termes atteignent 10⁷⁵ ; je n'avais pas poussé les calculs plus loin. Mais Paul Zimmermann ne s'en est pas privé, il a poussé les calculs jusqu'à 10⁹³, et plus tard, Edwin Hall jusqu'à 10¹¹⁰ !
Voici ci-dessous la liste (ce tableau récapitule tous les nombres inférieurs à 4 000 000 qui donnent ces suites à facteur de croissance minimal k=2 et qui "résistent encore") :
Tous les nombres de ce tableau donnent des suites différentes. J’ai rayé tous ceux qui sont le départ de suites qui « rencontrent » une suite déjà calculée avant à cause d’un nombre de départ plus petit. Attention, il est certain que plusieurs de ces nombres seront rayés du tableau, voire tous, car des calculs sont en cours pour faire "tomber" le facteur persistant k=2 de ces suites ! En effet, à partir d’un certain nombre d’itérations, il se peut que le facteur de croissance k soit tout à coup plus petit que 2. Si cela se produit une seule fois, le nombre doit être rayé du tableau !
C’est d’ailleurs une des raisons d’être de ce site : nous espérons que des personnes pousseront les calculs plus loin pour qu’on puisse rayer certains des nombres des tableaux ci-dessous ! Mais attention, avant de démarrer tout calcul pour un de ces entiers, vérifier sur la base de données à l'adresse www.factordb.com sur l'onglet "Sequences" pour reprendre les calculs là où d'autres s'étaient arrêtés afin de ne pas refaire tout un gros travail déjà effectué. Si par contre, quelqu'un réussit à pousser une suite aliquote plus loin, ne pas oublier de renseigner la base de donnée (sur l'onglet "Report factors") pour rendre ces résultats accessibles à tous !
Note : on retrouvera les mêmes tableaux avec tous les nombres d'origine qui étaient non "résolus" en août 2010, avec écrit en face de chacun par qui et quand ils ont été "résolus" sur le lien problèmes ouverts.

k=2 (ces suites conservent en général le driver 2^3*3*5)

19560

103560

199560

301800

321960

348360

609960

638760

666600

735960

919320

949080

987240

989160

1057080

1068120

1087080

1099560

1164120

1199640

1239000

1338600

1410360

1413720

1438080

1557960

1578360

1585560

1624200

1700520

1715880

1761312

1917240

1975080

2014440

2019000

2031960

2070720

2092200

2128920

2131800

2161560

2179620

2347320

2370360

2593248

2666280

2701320

2776680

2821320

2833320

2873640

2886720

2929560

2934120

2944680

3104040

3221880

3244440

3248040

3260280

3372360

3383880

3423000

3475560

3497640

3676200

3725400

3743640

3831240

3838920

3890040

3972360

Pour l'entier 19560, Paul Zimmermann a poussé les calculs jusqu'à l'itération 590 et on atteint des nombres de 205 chiffres.

k=3 (ces suites conservent en général le guide 2^5*3^3*5*7 )

Voici ci-dessous les deux entiers qui ont le plus longtemps résisté aux calculs. Ce sont deux multiples de 2520=2³×3²×5×7 qui sont inférieurs à 10¹² qui sont le départ d’une suite aliquote qui croit à chaque itération d’un facteur au moins 3 sur le nombre d'itérations spécifié.

Pour l'entier 223066841760, le facteur k supérieur à 3 tient jusqu'à l'itération 213 où l'on atteint un nombre de 119 chiffres.
Pour l'entier 620542913760, le facteur k supérieur à 3 tient jusqu'à l'itération 234 où l'on atteint un nombre de 129 chiffres.

k=4

Pour le cas k=4, aucune suite n’a gardé ce facteur de croissance aussi loin que je le voulais. Mais plusieurs l’ont fait sur plus de 60 itérations successives et certaines, même sur plus de 80 itérations successives !
Voici ci-dessous quelques exemples destinés à faire comprendre intuitivement l'importance du rôle des nombres m pour trouver de tels entiers qui sont les départs de ces suites aliquotes :

Sur les 2 443 675 704 premiers multiples de l’entier m=2¹¹×3³×5²×7²×11×13=9 686476800, il n’y en a que 3 qui ont gardé respectivement un facteur de croissance k supérieur ou égal à 4 sur 71, 62 et 61 itérations successives :

{7728920711114803200, 71}
{16666407004581734400, 62}
{22783555310432716800, 61}

Notons que LaurV a poussé les calculs pour la première de ces trois suites aliquotes : elle se termine au bout de 1113 itérations sur le nombre premier 2634707. Cliquer ici pour voir cette suite aliquote.

Par contre, sur les 2 250 730 465 premiers multiples de l’entier m=2¹¹×3⁵×5³×7²×11²×13×17×19=1 548 722 343 168 000, il y en a 23 qui ont gardé un facteur de croissance k supérieur ou égal à 4 sur plus de 60 itérations successives :

{63650978299920211200000, 67}
{365671779664015528704000, 69}
{380670824131016170752000, 62}
{669290435038893507840000, 66}
{733612872751750607616000, 68}
{1035154452961199450880000, 61}
{1079771734330537248000000, 62}
{1432735722151985002752000, 60}
{1855645555416888178944000, 62}
{1963340631398217367296000, 65}
{2000244618840305021184000, 65}
{2013677762535907243776000, 64}
{2068474046285274211584000, 67}
{2123131180429552220928000, 68}
{2476897065705845502720000, 64}
{2572265814096230284032000, 61}
{2929582052420895615744000, 69}
{2945093017766096381184000, 63}
{3119580446242945741056000, 61}
{3217301833965279540480000, 70}
{3337520355819946872576000, 71}
{3353668530583465366272000, 70}
{3389162251459864239360000, 60}

Mais il y a encore bien mieux : sur les 677569498 premiers multiples de l'entier m=2⁷×3⁴×5×7×11²×17×19=14182439040 (ceci est le premier nombre 5-parfait), il y en a 2 qui ont gardé un facteur de croissance k supérieur ou égal à 4 sur respectivement 81 et 95 itérations successives (et bien sûr, un nombre beaucoup plus grand que ce qui est présenté juste ci-dessus qui l'ont fait sur plus de 60 itérations !) :

{5912447106143571840=2⁷×3⁴×5×7×11²×17×19×239×1 744 289, 81}
{7070739950384288640=2⁷×3⁴×5×7×11²×17²×19²×179×8623, 95}

On notera pourtant que cette dernière valeur de m est plus petite que la précédente. Plus petite oui, mais mieux choisie !!!

Sinon, il semble assez efficace de "surdimensionner" m. On peut prendre m=2¹⁵×3⁵×5²×7²×11×13×17×19×31×43×257=154345556085770649600 (ceci est le plus petit nombre 6-parfait connu, mais pas le premier) et tester ses multiples pour trouver des suites aliquotes croissantes d'un facteur au moins égal à 4 sur le plus grand nombre d'itérations possible.
Le résultat est intéressant, car on trouve ainsi un entier qui garde ce facteur de croissance sur 97 itérations :

{9900243648828670255121203200=2¹⁵×3⁵×5²×7²×11×13×17×19×31×43×211×257×303 997, 97}

Voir plus bas comment ont été trouvés les différents entiers m des cas ci-dessus.

k=5

Sur les 487 460 414 premiers multiples de l'entier m=2¹⁵×3⁵×5²×7²×11×13×17×19×31×43×257=154 345 556 085 770 649 600 (ceci est le plus petit nombre 6-parfait connu, mais pas le premier), il y en a 2 qui ont gardé un facteur de croissance k supérieur ou égal à 5 sur respectivement 61 et 64 itérations successives :

{70825232004456603575572070400=2¹⁵×3⁵×5²×7²×11²×13×17×19×23×31×43×257×1321×1373, 61}
{30006066277577135239100006400=2¹⁵×3⁵×5²×7²×11×13×17×19×31×43×257×194408359, 64}

Voir plus bas comment est venue l'idée de choisir cet entier m.

k=6

Sur les 263 004 719 premiers multiples de l'entier m=2³²×3¹¹×5⁴×7⁵×11²×13²×17×19³×23×31×37×43×61×71×73×89×181×2141×599479=141310897947438348259849402738485523264343544818565120000 (ceci est le plus petit nombre 7-parfait connu, mais pas le premier), il y en a 3 qui ont gardé un facteur de croissance k supérieur ou égal à 6 sur plus de 30 itérations successives :

{21238885378803954778161971043547011014737861063593615603793920000=2³²×3¹¹×5⁴×7⁵×11²×13²×17×19³×23×31×37×43×61×71×73×89×181×2141×599479×150298991, 31}
{24631657164188243784763422032932854810853813132586736219586560000=2³²×3¹¹×5⁴×7⁵×11²×13²×17×19³×23×31×37×43×61×71×73×89×113×181×2141×599479×1542551, 32}
{37165433006303699553905831149553215531706636724470625368801280000=2³²×3¹¹×5⁴×7⁵×11²×13²×17×19³×23×31×37×43×61×71×73×89×181×2141×11551×22769×599479, 30}

Ces trois nombres de départ de suites aliquotes ont typiquement 64 chiffres et environ 30 itérations plus loin, on est à 88 chiffres et même 89 pour la deuxième ! Mais ce qui est amusant, c'est que le calcul de ces trente itérations est quasiment instantané sur l'ordinateur ! Les connaisseurs apprécieront... Les termes successifs de ces suites sont relativement faciles à décomposer en facteurs premiers, car pour avoir un tel coefficient de croissance, il leur est imposé d'avoir énormément de diviseurs en nombre et l'on a donc peu de chances de tomber sur de très gros nombres premiers dans leur décomposition.
Quiconque veut battre le record du nombre de chiffres atteint dans les termes d'une suite aliquote doit donc de préférence calculer des suites aliquotes à fort ou très fort coefficient de croissance !

Voir plus bas comment est venue l'idée de choisir cet entier m.

k=7

Sur les 8 800 000 premiers multiples de l'entier m=2⁶²×3¹⁵×5⁹×7⁷×11³×13³×17²×19×23×29×31²×37×41×43×53×61²×71²×73×83×89×97²×127×193×283×307×317×331×337×487×521²×601×1201×1279×2557×3169×5113×92737×649657=8268099687077761372899241948635962893501943883292455548843932421413884476391773708366277840568053624227289196057256213348352000000000 (ceci est le plus petit nombre 8-parfait connu, mais pas le premier, il fait 133 chiffres), il y en a 4 qui ont gardé un facteur de croissance k supérieur ou égal à 7 sur plus de 14 itérations successives :

{1119473m, 14}
{1152883m, 14}
{2869829m, 14}
{4430537m, 16}

Voir plus bas comment est venue l'idée de choisir cet entier m.

k=8

Sur les 25000 premiers multiples de l'entier m=2¹⁰⁴×3⁴³×5⁹×7¹²×11⁶×13⁴×17×19⁴×23²×29×31⁴×37³×41²×43²×47²×53×59×61×67×71³×73×79²×83×89×97×103²×107×127×131²×137²×151²×191×211×241×331×337×431×521×547×631×661×683×709×911×1093×1301×1723×2521×3067×3571×3851×5501×6829×6911×8647×17293×17351×29191×30941×45319×106681×110563×122921×152041×570461×16148168401=56130808183737158999998793684026231356147190822348283579122819870557664808030968216100782148452765644947099984854756332066651809002612793115408005967022213284272150201873375214629478176342119709234895003815657961417701371450048608475283004587476685222825422086715415685343739904000000000 (ceci est le plus petit nombre 9-parfait connu, mais pas le premier, il fait 287 chiffres), il y en a 5 qui ont gardé un facteur de croissance k supérieur ou égal à 8 sur plus de 8 itérations successives :

{2309m, 11}
{4603m, 8}
{9643m, 9}
{18059m, 11}
{18481m, 10}

Ici aussi, nous constatons, par exemple pour la première de ces 5 suites aliquotes que le calcul des 11 itérations est quasiment instantané, même si les termes commencent avec des nombres de 292 chiffres pour finir avec des nombres de 301 chiffres !

Mais les derniers records pour k=8 ont été établis par Christophe Clavier qui a fait les tests en prenant comme multiples de l'entier m les nombres premiers différents de ceux que l'on trouve dans m plus petits que 4 850 000. Il a ainsi trouvé 4 suites aliquotes qui croissent d'un facteur minimal k=8 sur 13 itérations successives :

{1075253m, 13}
{3397783m, 13}
{3966173m, 13}
{4219667m, 13}

Voir plus bas comment est venue l'idée de choisir cet entier m.

k=9

Christophe Clavier a réussi à tester les multiples de m étant des nombres premiers inférieurs à 1000000 différents de ceux qui composent m, m étant le plus petit nombre 10-parfait connu pour le moment, qui n'est pas le plus petit dans l'absolu et qui ne fait pas moins de 685 chiffres (Cliquer ici pour voir ce nombre) !
Si nous appelons ce nombre m, Christophe Clavier a trouvé une suite aliquote qui croit d'un facteur minimal k=9 sur 13 itérations :

{837047m, 13}

Note : Si ce résultat est assez facile à vérifier avec les logiciels habituels, avoir testé autant de multiples du nombre m dont il est question ici est véritable exploit !

k=10

Christophe Clavier a testé les nombres premiers différents de ceux qui composent m inférieurs à 10000 en les prenant comme multiples de m, le "plus petit" nombre 11-parfait connu qui n'est pas le plus petit qui existe. Il n'a pas moins de 1907 chiffres et ses 6 derniers facteurs premiers ont respectivement 27, 29, 35, 39, 41 et 84 chiffres. C'est un véritable "monstre" (Cliquer ici pour voir ce nombre). Je rappelle qu'avant cet exploit vraiment incroyable de Christophe Clavier, je croyais que ce calcul ne serait possible que pour les générations futures !!! En effet, les logiciels habituels ne permettent même pas d'avancer d'une seule itération en un temps raisonnable. Christophe Clavier a utilisé de nombreuses astuces pour parvenir à ses fins, en partant notamment du principe que les termes successifs garderaient les mêmes nombres premiers, même ceux de plus de 50 chiffres ! Trouver de telles suites avec un facteur minimal de croissance k=10 est une sorte de barrière psychologique. Ce facteur de croissance assure qu'à chaque itération, la taille des termes de la suite aliquote augmente au moins de 1 chiffre !

Ainsi, deux suites aliquotes ayant un k=10 sur 4 itérations ont été trouvées :
{7307m, 4}
{7949m, 4}

Ensuite, de jour en jour, en utilisant à chaque fois de nouvelles astuces, Christophe Clavier a construit des facteurs de m pour finalement trouver une suite aliquote ayant un k=10 pendant 13 itérations (!!!) :
{457123234934701444677031117696834464796367176388453197901m, 13}
Ce multiple de m a été construit de manière à ce que l'un des nombres premiers p qui le compose (en l'occurence, ici p=3702698236295365831874665769) additionné de 1 (car σ(p)=p+1) soit le produit de tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à 73 qui composent m, excepté 11. De cette manière, les puissances de ces nombres premiers sont un peu "sur dimensionnées" dans l'entier de départ. Il n'a pas été nécessaire de sur dimensionner 11, car il l'est déjà à l'origine, car m est un nombre 11-parfait. Ce sur dimensionnement assure de garder un très grand facteur de croissance.
Nous ne résistons pas au plaisir de publier ces 13 termes successifs dont la découverte date de décembre 2011 : Cliquer ici pour les voir.

Puis, je me suis amusé à essayer de reproduire ces calculs avec succès, et un nouveau record est tombé (septembre 2015) avec 14 itérations :
{111257651m, 14}
Ce qui est remarquable ici, c'est la petite taille du facteur n=111257651 de m. En fait, je teste tous les facteurs qui sont premiers avec m. Et cette méthode semble très efficace.
Voir cette suite sur factordb. (Délai d'affichage assez long !)
Pendant environ 9 mois, j'ai testé 127800000 différents facteurs n premiers avec m (jusqu'à n=1405576001) et je n'ai trouvé que ce seul record à 14 itérations. Les facteurs donnant des suites à 13 itérations sont bien plus courants (un ou deux par mois !).

Cliquer ici pour voir les 10 premier nombres k-parfaits connus.

k=1, un cas à étudier aussi

Si l'on calcule les termes successifs d'une suite aliquote en imposant la contrainte au coefficient de croissance k d'être supérieur à 1, nous obtenons simplement des suites aliquotes strictement croissantes. On trouve ainsi très vite des entiers qui sont le départ de suites aliquotes croissantes sur plus de 1000 itérations. Voici ci-dessous deux exemples de tels entiers :

5352 est le départ d'une suite aliquote strictement croissante sur au moins 1019 itérations consécutives. On atteint des nombres de 140 chiffres. Les calculs pourraient être poursuivis pour voir jusqu'où cette croissance continue !

13560 est le départ d'une suite aliquote strictement croissante sur au moins 1034 itérations consécutives. On atteint des nombres de 110 chiffres. Les calculs pourraient être poursuivis pour voir jusqu'où cette croissance continue !

Que peut-on dire de la variation de k dans une suite aliquote à fort coefficient de croissance ?

D'une manière générale, les suites aliquotes à forts coefficients de croissance ont un coefficient de croissance k qui joue au yoyo "localement", mais qui diminue "globalement". Ainsi, si je démarre une suite aliquote à coefficient de croissance 5 comme par exemple avec l'entier 9 900 243 648 828 670 255 121 203 200, voici ci-dessous les valeurs que prend k au fur et à mesure des itérations :

Itération 1 : 5.02846...
Itération 2 : 5.2069...
Itération 3 : 5.0000...
Itération 4 : 5.44296...
Itération 5 : 5.28528...
Itération 6 : 5.14251...
Itération 7 : 4.66748...
Itération 8 : 4.46324...

Puis, k passe sous 4 à la 98^ème itération. Je n'ai jamais observé de suite aliquote dont le coefficient remontait significativement, de plus d'une unité ! Tout le travail reste à faire dans ce domaine. J'ai juste essayé de rechercher quelques suites aliquotes dont k est strictement croissant sur le plus grand nombre d'itérations consécutives possible. Attention, cela ne signifie pas nécessairement que la suite aliquote est croissante, comme le montre l'exemple ci-dessous si l'on démarre la suite aliquote avec l'entier n=326 qui est décroissante sur 6 itérations alors que son coefficient k ne fait que croître sur ces 6 itérations :

Itération 0 : n=326
Itération 1 : n=166, k=0.509202...
Itération 2 : n=86, k=0.518072...
Itération 3 : n=46, k=0.534884...
Itération 4 : n=26, k=0.565217...
Itération 5 : n=16, k=0.615385...
Itération 6 : n=15, k=0.9375...
Itération 7 : n=9, k=0.6000...

Mais on peut imposer à k d'être supérieur à 1 tout en étant strictement croissant. La suite est alors strictement croissante ainsi que son coefficient k. Il en va ainsi pour l'entier 104 452 422 qui est le départ d'une suite aliquote strictement croissante dont k croit sur 13 itérations successives. Record à battre, je n'ai pas mieux pour le moment !
Si l'on impose à k d'être supérieur ou égal à 2, l'entier 1 872 014 280 a un coefficient k strictement croissant sur 11 itérations successives et si l'on impose à k d'être supérieur ou égal à 3, l'entier 3 669 109 920 a un coefficient k strictement croissant sur 9 itérations.
Ce sont mes records actuels !

Mais comme dit plus haut, tout reste à faire sur la variation de k dans une suite aliquote, y compris dans les suites aliquotes au sens large et pas seulement celles à forts coefficients de croissance. Ce serait une révolution de trouver une suite avec un k toujours croissant. Je n'ose rien conjecturer quant à leur existence ! Ce serait passionnant de trouver une suite où k vaut par exemple 5, puis descend à 2, puis remonte à 5... Ce serait tout aussi passionnant de chercher des suites à k uniquement décroissant : je n'ai fait aucun travaux dans ce domaine. Avis aux amateurs...

Après avoir présenté ces résultats de notre exploration à l’aide de l’ordinateur, nous pouvons maintenant essayer d’entamer un travail plus théorique. Nous présenterons dans un premier temps, immédiatement ci-dessous, l'ancien début de tentative d'une démonstration que les éléments de la suite S sont des nombres de Loeschian, tentative ayant échoué. Cela nous permettra ensuite de nous attaquer à une tentative de détermination des caractéristiques des nombres m dont il est question juste ci-dessus, afin que les multiples de ces nombres m gardent comme diviseurs les nombres premiers qui les composent au fur et à mesure des itérations lorsqu'on les prend comme départ de suites aliquotes. Mais la détermination de ces meilleurs nombre m possibles est très difficile. Aussi, nous sommes en mesure de présenter ensuite une autre méthode déterminée empiriquement, qui permet de trouver des nombres m encore plus efficaces !

Ancien début de tentative de démonstration que les éléments de la suite S sont des nombres de Loeschian

Nous rappelons que nous voulions démontrer avant le succès de Razvan Barbulescu par une méthode différente que les nombres entiers qui sont éléments de l'ensemble S, c'est à dire les (rares) nombres pairs n divisibles par 3 dont σ’(n)≠0[3], sont tous des nombres de Loeschian.

Soit n pair et divisible par 3 :

n=2^q3^hP₁^α1P₂^α2.......P_i^αi=0[3] (0[3] se lit 0 modulo 3)

Or σ'(n)=σ(n)-n

Donc si n=0[3] et si on veut σ'(n)≠0[3]

alors σ(n)≠0[3].

Or, d'après la formule donnée dans le lien σ’(n)/n :

σ(n)=[(3^h+1-1)/2][(2^q+1-1)/1][(P₁^α₁+1-1)/(P₁-1)][(P₂^α₂+1-1)/(P₂-1)].......[(P_i^α_i+1-1)/(P_i-1)]

Or, [(3^h+1-1)/2]=1[3] quel que soit h.

Comme on veut σ(n)≠0[3], aucun de ses facteurs ne doit être divisible par 3.

D’où :

• q doit être pair et différent de 0. (Cela explique d’ailleurs le facteur 12, en effet, si q≥2, n sera toujours multiple de 12, car en plus il est divisible par 3).
• Si P_k=5, alors α_k doit être pair.
• Si P_k=7, alors α_k doit valoir 0 ou 1[3].
• Si P_k=11, alors α_k doit être pair.
• Si P_k=13, alors α_k doit valoir 0 ou 1[3].
• …
• …
• …
Et plus généralement,
• Si P_k=2[3], alors sa puissance doit être paire.
• Si P_k=1[3], alors sa puissance doit valoir 0 ou 1[3].

Cela n’est pas très difficile à démontrer !

Toutes ces conditions doivent être vérifiées simultanément !

Personne n'avait jamais réussi à faire le lien avec les nombres de Loeschian, mais cela est intéressant pour ce qui suit !

Fin du début de démonstration.

Recherche de nombres de départ de suites aliquotes à croissance très rapide

Garder la divisibilité par 3 au fur et à mesure des itérations :

Ce qui précède nous permet de trouver des nombres n qui sont les débuts de suites aliquotes à croissance très rapide ! Il suffit de prendre tout le contraire de ce qui précède pour que si n=0[3], alors σ’(n) soit aussi égal à 0[3], soit :

• q doit être impair.
• Si P_k=5, alors α_k doit être impair.
• Si P_k=7, alors α_k doit valoir 2[3].
• Si P_k=11, alors α_k doit être impair.
• Si P_k=13, alors α_k doit valoir 2[3].
Ces quatre conditions sont résumées entre autres dans la 3^ème ligne grisée de ce tableau.

Une seule de ces conditions est en fait suffisante pour garder la divisibilité par 3 de σ'(n), sachant que n l'était lui aussi !

Garder la divisibilité par p premier supérieur à 3 au fur et à mesure des itérations :

Mais de plus, on ne voudrait pas seulement garder la divisibilité par 3, mais aussi par 5, 7, 11, 13, …
Et bien sûr par 2, mais il suffit pour cela de ne pas prendre d’entier n qui soit un carré parfait ou un double de carré parfait.

Le lien vers ce tableau résume comment prendre les puissances des nombres premiers qui décomposent n (qui apparaissent dans la ligne du haut du tableau) pour que la divisibilité par le nombre premier de la colonne de gauche du tableau soit conservée quand on calcule σ’(n).

En utilisant habilement le tableau précédent, on peut fabriquer un nombre n divisible par 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17… dont le σ’(n) aura tendance à rester divisible par tous ces nombres premiers. Pour augmenter encore le quotient σ’(n)/n, on prendra les puissances de 2 et de 3 dans n pas trop petites !

C’est ainsi que j’ai fabriqué les nombres m dont il est question plus haut et dont certains multiples sont les départs de suites aliquotes qui croissent à chaque itération d’un facteur k au moins égal à 3 aussi loin que j’ai pu mener les calculs.
Typiquement, je teste le premier milliard des multiples de m par exemple tel que :
m=2520=2³×3²×5×7
Pour k=4, je dois prendre les multiples d’un entier m encore plus grand composé d’encore plus de facteurs premiers pour augmenter le rapport σ’(n)/n avec ici n=zm, z entier, comme par exemple :
m=2⁷×3⁷×5⁵×7×11×13
On est alors certain de tomber sur plusieurs nombres qui seront les départs de telles suites aliquote à très forte croissance !
L’inconvénient, c’est que quand ce nombre m dont on prend les multiples grandit, les calculs deviennent longs et les nombres de départ des suites aliquotes sont tout de suite très grands.
Typiquement, je pense que pour trouver une suite aliquote à facteur k=4 dont les termes dépasseraient 10¹⁰⁰, il faudrait tester assez loin les multiples de :
m=2¹³×3⁷×5³×7³×11²×13×17×19×23

Il est cependant très difficile de choisir un bon nombre m (et encore plus de déterminer le meilleur !) et on peut après tout se dire qu'il n'y a aucune raison de prendre des puissances décroissantes des nombres premiers au fur et à mesure que ceux-ci croissent comme dans les exemples juste ci-dessus !

Meilleure méthode actuelle de recherche de suites aliquotes à forts coefficients de croissance (trouvée empiriquement)

Lorsque Paul Zimmermann a atteint des nombres au-delà de 100 chiffres dans la suite aliquote démarrant sur l'entier 19560, afin de voir si le facteur k=2 allait tenir, il fut très surpris de la relation existant entre deux termes consécutifs de la suite f(i) et f(i+1) :
f(i+1) = 2f(i)+c, c étant un entier plus petit que 100 !

Je connaissais déjà un phénomène très similaire très courant, à savoir que f(i+1)=f(i)+c, avec c qui est un entier petit. J'avais même remarqué que c était en général un double de nombre parfait.

On définira ainsi les nombres parfaits q : σ(q)=2q ou σ'(q)=q.
On définira ainsi les nombres tri-parfaits q : σ(q)=3q ou σ'(q)=2q.
Dans le cas général :
On définira ainsi les nombres k-parfaits q : σ(q)=kq ou σ'(q)=(k-1)q.

On démontre que si n=qp, q étant un nombre k-parfait et p un nombre premier quelconque, alors σ'(n)=σ(n)-n=(k-1)n+kq.

Voir la démonstration.

Donc par exemple pour le nombre parfait 6 pour lequel k=2, on a :
Si n=6p, avec p premier, alors σ'(n)=n+2×6

Autre exemple, pour le nombre tri-parfait 120 pour lequel k=3, on a :
Si n=120p, avec p premier, alors σ'(n)=2n+3×120

Cela explique qu'on retrouve très couramment des termes consécutifs de suites aliquotes f(i) et f(i+1) tels que f(i+1)=kf(i)+kq, q étant un nombre k-parfait !

Et en ce qui concerne les nombres parfaits et les nombres tri-parfaits, qk qui vaut respectivement 2×6=12 et 3×120=360 est très petit par rapport aux nombres de 100 chiffres et plus dans la suite aliquote ! Or, parmi les entiers, le moins que l'on puisse dire est que la fréquence des nombres n=qp est assez élevée, surtout si l'on prend q égal à 6, 28 ou 120. Cela explique de si petites différences entre deux termes consécutif de suites aliquotes, ou alors la si petite différence entre un terme et le double du terme précédent !

Maintenant si f(i+1)=kf(i)+c, c étant différent de kq, je n'ai aucune explication satisfaisante. Un autre mécanisme plus difficile à voir doit être à l'oeuvre !

Mais tout ceci m'a mis la puce à l'oreille.

En effet, si l'on cherche par exemple des suites aliquotes à coefficient de croissance au moins égal à k=2, il devrait être très efficace de tester les multiples de nombres tri-parfaits !

Et là, je me suis aperçu que sur les 179 nombres proposés à l'origine comme départs de suites aliquotes à facteur de croissance k=2 aussi loin qu'aient pu être menés les calculs (nombres que l'on peut voir en cliquant sur le lien problèmes ouverts), seuls 14 n'étaient pas des multiples de 120, le premier nombre tri-parfait ! Et ce qui est plus amusant, c'est que sur ces 14 nombres, seuls 3 ne sont pas des multiples de 672, le deuxième nombre tri-parfait !

Je propose donc une méthode empirique qui semble marcher relativement bien :

Méthode performante de recherche de suites aliquotes à forts coefficients de croissance :
Je cherche une suite aliquote qui croit à chaque itération d'un facteur au moins égal à l'entier k sur i itérations.
Je prends le plus petit nombre entier m qui est (k+1)-parfait, et je teste les suites aliquotes ayant pour départ les entiers n=zm, avec z prenant toutes les valeurs entières aussi loin que nécessaire pour obtenir le k désiré sur le nombre i d'itérations désiré.

D'où les entiers m proposés plus haut pour k=4, k=5, k=6, k=7 et k=8.

Il est bien sûr évident que plus k et i sont élevés, plus les temps de calcul sont longs ! Par exemple pour k=6, il faut prendre m comme étant le plus petit nombre 7-parfait qui est m=141 310 897 947 438 348 259 849 402 738 485 523 264 343 544 818 565 120 000. Ce nombre fait déjà 57 chiffres et il faut tester ses multiples...

Notons de plus que sans que je comprenne vraiment pourquoi, il n'est pas efficace de prendre comme valeurs de m les plus petits entiers dont σ'(m)>km. Ces nombres sont référencés A023199 sur le site de Neil Sloane The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences. Ils sont significativement plus petits, sauf pour les deux premiers où ils sont égaux, que les nombres (k+1)-parfaits (pour lesquels σ'(m)=km), ce qui autoriserait une vitesse bien supérieure dans les décompositions en facteurs premiers. Malheureusement, ils ne "gardent pas" aussi bien les diviseurs au fur et à mesure des itérations que les nombres (k+1)-parfaits qui restent donc les meilleurs candidats pour la recherche de suites aliquotes à très forts coefficients de croissance !

Recherche des autres formes quadratiques

Rappels :

• Soit n = 0[2], si on veut σ’(n)≠0[2], alors n doit être de la forme x² ou 2x², avec x entier naturel.
• Soit n = 0[3], si on veut σ’(n)≠0[3], alors n doit être de la forme x²+xy+y² avec x et y entiers naturels.

Par contre, on ne connaît pas de formule analogue pour les nombres premiers supérieurs à 3 !

Une constatations s’impose cependant : dans le cas où p=2, il n’y a pas une seule forme quadratique, mais deux !

D’où les (terribles) questions :

Pour les nombres premiers strictement supérieurs à 3, doit-on chercher une seule forme quadratique ou plusieurs ? Doit-on se limiter à des polynômes de degré 2 ou doit-on considérer des polynômes de degré supérieur ? Doit-on se limiter à des polynômes à 2 variables ou a plus de 2 variables ?
De plus, si on veut tester des formes par exemple du type ax²+bxy+cy², a, b et c peuvent-ils prendre des valeurs négatives, de même que x et y ? Dans ces derniers cas où on pourrait considérer des négatifs, les recherches systématiques à l’ordinateur deviennent à mon avis impossibles !!!

Programme de recherche automatique des formes :

J’ai bien essayé d’écrire un programme de recherche automatique des formes quadratiques pour 5 et 7, mais sans succès pour le moment. En juillet 2009, j’ai testé toutes les formes du type :
g(x,y,z)=ax²+by²+cz²+dxy+exz+fyz, avec a, b, c, d, e, f compris entre 0 et 8. Cela a pris un mois de calcul, mais avec une programmation maladroite !
Le principe de ce programme est simple :
Je recherche l’ensemble S' (il faudrait aussi faire ce travail pour S'' et S''', comme définis plus haut !!!) des 50 (cela semble suffisant dans un premier temps) premiers nombres n divisibles par 5 (ou 7) tels que σ’(n)≠0[5]. A l’aide de la forme quadratique choisie, je fais prendre à x, y et z toutes les valeurs nécessaires pour avoir les 50 g(x,y,z) les plus petits : cela me donne l’ensemble T.
Et je calcule un nombre h qui est la somme du nombre d’éléments étant dans S' et pas dans T et étant dans T et pas dans S' ! Si j’ai un h=2, j’ai probablement trouvé la forme quadratique à tester plus rigoureusement ensuite ! L’idéal serait bien entendu un h=0, qui montrerait très certainement que les deux ensembles S' et T sont rigoureusement les mêmes. En tout cas, plus le h est petit, meilleure est la forme quadratique associée.
Notons que le cas h=0 reste très improbable, car je rappelle que certains (heureusement rares) éléments de T ne sont pas dans S dans le cas où p=3. Mais ce qui est important, c’est que S' soit inclus dans T, tout en ayant le minimum d’éléments de T qui ne sont pas dans S'. En effet, il ne faut pas prendre T « trop large » afin que sa densité ait le plus de chances de tendre vers 0 lorsque les entiers grandissent ! Le h minimum garantit qu’on a la meilleure forme quadratique possible.

Puisque le travail exposé ci-dessus a été sans résultat, en novembre 2009, j'ai écrit un programme qui pourrait en théorie tester toutes les formes du type :
g(x,y,z)=ax³ + by³ + cz³ + dx²y + ex²z + fy²x + gy²z + hz²x + iz²y + jxyz + kx² + ly² + mz² + nxy + oxz + pyz + qx + ry + sz + t
Les variables de a jusqu'à t doivent prendre toutes les valeurs 0, 1 et 2, soit 3 valeurs possibles pour 20 variables, ce qui représente 3²⁰=3486784401 polynômes à tester ! Résultat : il faut 30 années de calcul à l'ordinateur pour faire cela. Et encore, l'algorithme a été perfectionné par rapport à celui cité ci-dessus. En effet, si on veut les 50 premiers nombre entiers "engendrés" par la forme polynômiale, inutile de faire prendre à x, y et z toutes les valeurs jusqu'à une limite fixée à l'avance. La variable x ne doit par exemple pas prendre des valeurs entières très élevées si dans la forme polynômiale, le terme by³ vaut déjà 128 (si b=2 et y=4) !

Je n’ai pas trouvé de principe de programme de recherche automatique des formes quadratiques (ou plutôt polynômiales) plus performant aujourd’hui.

Test du programme ayant fonctionné jusqu'au bout dont il est question ci-dessus :

Je lui ai fait chercher les formes quadratiques pour p=3 de la forme g(x,y,z)=ax²+by²+cz²+dxy+exz+fyz.
Il a trouvé sans surprise un h=2 pour les trois formes suivantes qui sont les mêmes :
0x²+1y²+1z²+0xy+0xz+1yz
1x²+0y²+1z²+0xy+1xz+0yz
1x²+1y²+0z²+1xy+0xz+0yz
Ce qui était plus surprenant, c’était que h=2 pour trois formes du type (j’en écris une seule sur les trois ici, les deux autres étant des symétriques) :
1x²+1y²+1z²+1xy+1xz+2yz.
Mais en y regardant de près, 1x²+1y²+1z²+1xy+1xz+2yz=(y+z)²+x²+x(y+z)=A²+x²+xA qui est donc la même forme que ci-dessus si on opère le changement de variable A=y+z. Le principe de recherche automatique de mon programme semble donc bon.

Tout se compliquerait infiniment (!) s’il fallait rechercher plusieurs formes quadratiques (ou polynômiales) simultanément comme dans le cas p=2. S’il fallait de plus chercher des formes polynômiales à coefficients négatifs, ça deviendrait impossible !

Et pour les nombres n impairs ???

Absolument rien ne s’oppose à ce que le théorème de Barbulescu Garambois s’applique aussi à des nombres n impairs. En effet, le quotient σ’(n)/n peut aussi être aussi grand que l’on veut si n est impair. Il resterait à tester si les impairs conservent aussi la divisibilité par des nombres premiers lorsqu’on itère ! Simplement, le plus petit n impair qui garderait un facteur 2 ou 3 à chaque itération sur un grand nombre d’itérations serait bien plus grand que dans le cas des n pairs !

Dernière modification : 6 janvier 2019

Conjectures de GaramboisPourquoi ont-elles été formulées ?