Sur les indicateurs

Remarquons d'abord qu'il suffit de chercher les nombres pairs N , satisfaisant à (1). En effet de la propriété 30 résulte que:

si $N$$N$NN$N$ est impair. Nous utiliserons constamment cette remarque dans la suite.
Mais avant d'aborder la résolution de l'équation (1) il faut examiner si elle est possible ou non. Il est évident que si A est impair différent de 1 l'équation est impossible, mais il est facile de voir qu'elle peut être impossible, même si A est pair. Par exemple la relation:

est impossible.
Plus généralement on pourrait se proposer la résolution de l'équation:

A étant donné. Il est évident que si l'équation (2) est possible pour $i=m$$i=m$i=mi=m$i=m$, toutes les équations (2), où $i=1,2,\dots m-1$$i=1,2,\dots m-1$i=1,2,dots m-1i=1,2, \ldots m-1$i=1,2,\dots m-1$ seront possibles et si l'équation avec $i=m$$i=m$i=mi=m$i=m$ est impossible, toutes les équations avec $i=m+1$$i=m+1$i=m+1i=m+1$i=m+1$, $m+2,\dots$$m+2,\dots$m+2,dotsm+2, \ldots$m+2,\dots$ seront impossibles.

Si, l'équation:

étant possible, la suivante:

est impossible nous dirons que, A peut être indicateur d'ordre i.
Si l'équation (2) est possible quelque soit $i$$i$ii$i$, A peut être indicateur de n'importe quel ordre.

La formule:
(3)

Prenons :

${\phi }_i(\mathrm{N})$${\phi }_i(\mathrm{N})$varphi_(i)(N)\varphi_{i}(\mathrm{~N})${\phi }_i(\mathrm{N})$ sera l'indicateur itéré ou simplement l'indicateur d'ordre i de N .
De $1^0$$1^0$1^(0)1^{0}$1^0$ et $2^0$$2^0$2^(0)2^{0}$2^0$ résulte qu'il existe un nombre $n$$n$nn$n$ dépendant de N tel que:

${\phi }_n(\mathrm{N})$${\phi }_n(\mathrm{N})$varphi_(n)(N)\varphi_{n}(\mathrm{~N})${\phi }_n(\mathrm{N})$ est alors le dernier indicateur de N .

nous montre que les puissances de 2 peuvent être indicateurs de n'importe quel ordre. De même l'égalité:
$$\begin{array}{}\text{(4)}& \phi \left(2^{\alpha }{3}^{\beta -1-1}\right)=2^{\alpha }{3}^{\beta }\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(4)}& \phi \left(2^{\alpha }{3}^{\beta -1-1}\right)=2^{\alpha }{3}^{\beta }\end{array}$${:(4)varphi(2^(alpha)3^(beta-1-1))=2^(alpha)3^(beta):}\begin{equation*} \varphi\left(2^{\alpha} 3^{\beta-1-1}\right)=2^{\alpha} 3^{\beta} \tag{4} \end{equation*}$$\begin{array}{}\text{(4)}& \phi \left(2^{\alpha }{3}^{\beta -1-1}\right)=2^{\alpha }{3}^{\beta }\end{array}$$
nous prouve que les nombres de la forme $2^{\alpha }{3}^{\beta }(a\ne 0)$$2^{\alpha }{3}^{\beta }(a\ne 0)$2^(alpha)3^(beta)(a!=0)2^{\alpha} 3^{\beta}(a \neq 0)$2^{\alpha }{3}^{\beta }(a\ne 0)$ peuvent être indicateurs de n'importe quel ordre.

Nous nous proposons de démontrer que:
Les seuls nombres pouvant être indicateurs de n'importe quel ordre sont les nombres de la forme:

Il suffit d'examiner les nombres pairs qui ne sont pas de la forme (5). Avant de continuer remarquons que si:

A étant impair non puissance de 3 ( $\mathrm{A}=1=3^0$$\mathrm{A}=1=3^0$A=1=3^(0)\mathrm{A}=1=3^{0}$\mathrm{A}=1=3^0$ est puissance de 3 ), le nombre N ne peut pas être de l'une des formes (5). Nous auront toujours en vue cette remarque.
3. Lemme. p étant un nombre entier positif, dans la suite:

il $y$$y$yy$y$ a au moins un nombre non premier.
En effet:
$1^0$$1^0$1^(0)1^{0}$1^0$. Si :

on a:

et il est evident que $p_2>3$$p_2>3$p_(2) > 3p_{2}>3$p_2>3$.

(mod. 3),
on a:

à moins que $p$$p$pp$p$ ne soit pas égal à 1 . Dans ce cas $p_1=3$$p_1=3$p_(1)=3p_{1}=3$p_1=3$ et:

nous pouvons poser :

et alors :

$k_1$$k_1$k_(1)k_{1}$k_1$ étant impair, alors de la congruence:

nous déduisons :

donc $p_{\phi \left(k_1\right)}$$p_{\phi \left(k_1\right)}$p_(varphi(k_(1)))p_{\varphi\left(k_{1}\right)}$p_{\phi \left(k_1\right)}$ est divisible par $k_1$$k_1$k_(1)k_{1}$k_1$ qui est certainement plus petit que lui. Le raisonnement est en défaut si $k_1=1$$k_1=1$k_(1)=1k_{1}=1$k_1=1$. Dans ce cas:

et on a :

Le lemme est donc démontré.
4. Nous allons démontrer la propriété en vue d'abord pour le cas d'un nombre de la forme :

(A impair $\ne 3^p$$\ne 3^p$!=3^(p)\neq 3^{p}$\ne 3^p$ ).
Nous divisons la démonstration en trois parties.
I. Un nombre de la forme:

p étant premier $>3$$>3$> 3>3$>3$ ne peut pas être indicateur de n'importe quel ordre.
De l'équation:

on déduit:

( $q$$q$qq$q$ premier)
d'où:

donc:
$1^0.m=2,q=p=3$$1^0.m=2,q=p=3$1^(0).quad m=2,quad q=p=3quad1^{0} . \quad m=2, \quad q=p=3 \quad$1^0.m=2,q=p=3$ impossible par hypothèse.
$2^{\circ }.m=1,q=2p+1=p_1$$2^{\circ }.m=1,q=2p+1=p_1$2^(@).quad m=1,quad q=2p+1=p_(1)2^{\circ} . \quad m=1, \quad q=2 p+1=p_{1}$2^{\circ }.m=1,q=2p+1=p_1$.
Si $p_1$$p_1$p_(1)p_{1}$p_1$ n'est pas premier, $2p$$2p$2p2 p$2p$ ne peut pas être indicateur. Dans le cas contraire :

Si $p_2=2p_1+1$$p_2=2p_1+1$p_(2)=2p_(1)+1p_{2}=2 p_{1}+1$p_2=2p_1+1$ n'est pas premier, $2p_1$$2p_1$2p_(1)2 p_{1}$2p_1$ ne peut pas être indicateur donc $2p$$2p$2p2 p$2p$ peut pas être indicateur d'ordre 2 . Dans le cas contraire.

On voit finalement que pour que $2p$$2p$2p2 p$2p$ soit un indicateur d'ordre $i$$i$ii$i$ et non pas d'ordre $i+1$$i+1$i+1i+1$i+1$ il faut que les nombres:

soient premiers et que $2p_i+1$$2p_i+1$2p_(i)+12 p_{i}+1$2p_i+1$ ne soit pas premier. La propriété en vue résulte alors du lemme démontré.
II. Un nombre de la forme:

$p$$p$pp$p$ étant premier $>3$$>3$> 3>3$>3$ ne peut pas être indicateur de n'importe quel ordre.

donne encore:

(q premier)
et:

donc.
$1^{0}m=a+1,q=p=3$$1^{0}m=a+1,q=p=3$1^(0)m=a+1,quad q=p=31^{0} m=a+1, \quad q=p=3$1^{0}m=a+1,q=p=3$ impossible par hypothèse.
$2^{0}m=1,q=2p^{\prime \prime }+1=p_1$$2^{0}m=1,q=2p^{\prime \prime }+1=p_1$2^(0)quad m=1,quad q=2p^('')+1=p_(1)2^{0} \quad m=1, \quad q=2 p^{\prime \prime}+1=p_{1}$2^{0}m=1,q=2p^{\prime \prime }+1=p_1$.
Si $p_1$$p_1$p_(1)p_{1}$p_1$ n'est pas premier, $2p^{\alpha }$$2p^{\alpha }$2p^(alpha)2 p^{\alpha}$2p^{\alpha }$ ne peut être indicateur. Dans le cas contraire:

et le nombre $2p_1$$2p_1$2p_(1)2 p_{1}$2p_1$ est d'une forme déjà étudiée. La propriété II résulte alors de la propriété I.

III Un nombre de la forme:

$p_1,p_2,\dots p_0$$p_1,p_2,\dots p_0$p_(1),p_(2),dotsp_(0)p_{1}, p_{2}, \ldots p_{0}$p_1,p_2,\dots p_0$ étant premiers, ne peut pas être indicateur de n'importe quel ordre.

On doit avoir toujours :

(car si N contenait plusieurs facteurs premiers impairs, $\phi (\mathrm{N})$$\phi (\mathrm{N})$varphi(N)\varphi(\mathrm{N})$\phi (\mathrm{N})$ serait divisible au moins pur $2^2$$2^2$2^(2)2^{2}$2^2$ ).

On a donc:

$1^0$$1^0$1^(0)1^{0}$1^0$. il est evident qu'on ne peut jamais avoir $q=p_1,p_2,\dots$$q=p_1,p_2,\dots$q=p_(1),p_(2),dotsq=p_{1}, p_{2}, \ldots$q=p_1,p_2,\dots$ on $p_{0-1}$$p_{0-1}$p_(0-1)p_{0-1}$p_{0-1}$.
$2^0$$2^0$2^(0)2^{0}$2^0$.

Alors ou bien cette égalité n'a pas lieu, on bien on a:

et le nombre $2p_v^{{\alpha }_v+1}$$2p_v^{{\alpha }_v+1}$2p_(v)^(alpha_(v)+1)2 p_{v}^{\alpha_{v}+1}$2p_v^{{\alpha }_v+1}$ est d'une forme déjà étudiée. La propriété III résulte de la propriété II.
$3^0$$3^0$3^(0)3^{0}$3^0$.

Si $p^{\prime }$$p^{\prime }$p^(')p^{\prime}$p^{\prime }$ n'est pas premier l'égalité est impossible. Dans le cas contraire:

et la propriété III résulte alors de la propriété 1.
Nous pouvons donc énoncer la proposition suivante :

A étant impair non puissance de 3, ne peut pas être indicateur de n'importe quel ordre.
5. Nous allons montrer maintenant que les nombres :

jouissent de la même propriété. La proposition a été démontrée pour $a=1$$a=1$a=1a=1$a=1$. il suffit donc de prouver qu'elle reste vraie pour $a=k$$a=k$a=ka=k$a=k$ en la suposant vraie pour $u=1,2,\dots k-1$$u=1,2,\dots k-1$u=1,2,dots k-1u=1,2, \ldots k-1$u=1,2,\dots k-1$. Nous décomposons la démonstration comme tout à l'heure pour le cas $a=1$$a=1$a=1a=1$a=1$.
IV. Un nombre de la forme:

(p premier >3)
ne peut pas être indicateur de n'importe quel ordre.
L'équation:

nous donne:
(6)

( $q_1,q_2,\dots q_r$$q_1,q_2,\dots q_r$q_(1),q_(2),dotsq_(r)q_{1}, q_{2}, \ldots q_{r}$q_1,q_2,\dots q_r$ premiers $\ne p$$\ne p$!=p\neq p$\ne p$ ) et distincts autre eux
d'oìu :

et il faut que:
(8)

$1^{\prime \prime }$$1^{\prime \prime }$1^('')1^{\prime \prime}$1^{\prime \prime }$. Si $j\ne 0$$j\ne 0$j!=0j \neq 0$j\ne 0$ on a:

On ne peut pas avoir $i>k$$i>k$i > ki>k$i>k$. Si $i<k$$i<k$i < ki<k$i<k$ le nombre N obtenu entre dans le cas $a<k$$a<k$a < ka<k$a<k$ pour lequel la propriété est vraie par hypothèse. Si $i<k$$i<k$i < ki<k$i<k$, on doit avoir:

c'est-à-dire $N=2^k{p}^2$$N=2^k{p}^2$N=2^(k)p^(2)N=2^{k} p^{2}$N=2^k{p}^2$ et $p=3$$p=3$p=3p=3$p=3$ qui est exclu par hypothèse.
20. Si $j=0$$j=0$j=0j=0$j=0$ on a:

et le seul cas qui doit être étudié, est $i=k$$i=k$i=ki=k$i=k$, alors:

et :

Si $p_1=2p+1$$p_1=2p+1$p_(1)=2p+1p_{1}=2 p+1$p_1=2p+1$ n'est pas premier l'égalité est impossible. Dans le cas contraire $2^k(2p+1)=2^k{p}_1$$2^k(2p+1)=2^k{p}_1$2^(k)(2p+1)=2^(k)p_(1)2^{k}(2 p+1)=2^{k} p_{1}$2^k(2p+1)=2^k{p}_1$ est de même forme que $2^{k}p$$2^{k}p$2^(k)p2^{k} p$2^{k}p$. On voit facilement que tout revient à montrer que la suite:

contient au moins un nombre non premier, ce qui résulte du lemme démontré.
V. Un nombre de la forme:

ne peut pas être indicateur de n'inporte quel ordre.
Nous avons toujours la forme (6) de N avec $j=0,1,2,\dots \beta +1$$j=0,1,2,\dots \beta +1$j=0,1,2,dots beta+1j=0,1,2, \ldots \beta+1$j=0,1,2,\dots \beta +1$. Nous écrirons donc les rélations (7) et (8).
$1^{\circ }$$1^{\circ }$1^(@)1^{\circ}$1^{\circ }$. Si $j\ne 0$$j\ne 0$j!=0j \neq 0$j\ne 0$, on a: