fonction de Mobius

Bonjour,
je n'arrive pas à finir une question sur la fonction de Mobius, comme je m'embrouillais avec les sommes, j'ai pris un exemple, mais ça ne m'a pas aidé:
je sais que $f$ est définie de $\N^*$ à valeurs dans $\Z$ par :
$$f(n)=\left\{\begin{array}{cl}1 &\text{si }n=1 \\
0 & \text{si } p² \,|\, n \text{ pour un nombre premier } p \\
(-1)^r & \text{si } n= p_1 \ldots p_r \text{ où les }p_i \text{ sont des nombres premiers 2 à 2 distincts}
\end{array}\right.$$
J'ai déjà montré que $f$ est multiplicative, soit $f(mn)=f(m).f(n)$ pour $n$ et $m$ premiers entre eux.
Je dois ensuite montrer que la somme pour $d$ diviseur de $n$ des $f(d) = 1$ si $n=1$ et $0$ si $n>1$.

Le cas $n=1$ est immédiat.
Par contre, je bloque pour le cas $n>1$.
J'ai décomposé $n$ en facteurs premiers , soit $n =p_1^{b1}\ldots p_k^{bk}$ .
la somme pour $d$ diviseur de $n$ des $f(d) = \sum\limits_{a_i} f(p_1^{a1})\ldots f(p_k^{ak})$ avec les $a_i$ compris entre 0 et $b_i$, car $f$ est multiplicative.

J'ai calculé ensuite la somme pour $d$ diviseur de $p^l$ des $f(d)$, et j'ai trouvé $f(1) + f(p) =1-1 =0$ , pour $l$ entier quelconque.

Donc dans la somme que je cherche, je sais que les termes non nuls sont ceux où les $a_i$ valent 0 ou 1.

Et j'obtiens que la somme pour $d$ diviseur de $n$ des $f(d) = \sum\limits_{a_i} (-1)^{\sum_i a_i}$.

Mais je ne vois pas pourquoi ça fera 0. je m'embrouille avec mes sommes.

J'ai pris un exemple avec $n=2^3 * 3²*5$.
J'ai alors somme des diviseurs de $f(d)$ pour $d\,|\,n$ est $f(1)+f(2) + f(1)+f(3)+f(1)+f(5) + f(2*3)+f(2*5)+f(3*5)+f(2*3*5) = $
$= 1-1+1-1+1-1+1+1+1-1$ ce qui est différent de $0$ , donc déjà là, j'ai un problème...

Excuses moi Borde

mais je n'ai pas vraiment compris tes explications. Fais tu une différence entre multiplicative et complètement multiplicative que représente ton opération "*"?

Je propose une autre démonstration:

$\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|n_0}\mu(d)$
où $n_0$ représente le plus grand diviseur sans carré de n. SI $n_0$ comporte p nombre premiers (distincts) dans sa décomposition, le nombre de diviseurs à q facteurs premiers de $n_0$ étant $C_{p}^{q}$ on a

$\sum_{d|n_0}\mu(d)=\sum_{q=0}^{p}C_{p}^{q}(-1)^q=(1-1)^p=0$


En revanche, puisqu'on y est, j'ai dû mal à justifier de manière claire certains passages dans la démo de la formule d'inversion (de Mobius) où l'on jongle avec les diviseurs.

Je te conseille de tout écrire à l'aide du produit de convolution de Dirichlet, qui est le {\it cadre naturel} de ce genre d'exercice : pour toutes fonctions arithmétiques $g_1$ et $g_2$ et tout entier $n \geq 1$, on note : $$(g_1 \ast \g_2)(n) = \sum_{d|n} g_1(d)g_2(n/d)$$ J'ai déjà posté (c'était en décembre, je crois) le résultat de base de cette opération : si $g_1$ et $g_2$ sont multiplicatives, alors $g_1 \ast g_2$ l'est aussi. Il est alors assez facile de voir que, muni de cette opération, l'ensemble $M$ des fonctions multiplicatives est un sous-groupe abélien du groupe des fonctions arithmétiques $f$ telles que $f(1) \not = 0$. L'élément neutre de ce sous-groupe est la fonction arithmétique $\varepsilon$ définie par $\varepsilon(n) = 1$ si $n=1$ et $0$ sinon. Du coup, l'exercice de Séverine était de vérifier que $\mu \ast 1 = \varepsilon$ (écrit dans ce formalisme, tout devient vraiment clair, non ?), c'est à dire que $\mu$ est {\bf l'inverse} de la fonction $1$ définie dans mon premier message. Une fois vérifié ceci par multiplicativité (ce que j'ai fait ci-dessus), découle directement la très importante {\it formule d'inversion de Möbius} : $$g(n) = \sum_{d|n} f(d) \Longleftrightarrow f(n) = \sum_{d|n} g(d) \mu(n/d)$$ ce qui s'écrit en fait $g = f \ast 1 \Longleftrightarrow f = g \ast \mu$ et qui est complètement évidente puisque $\mu$ et $1$ sont inverses l'une de l'autre...

Tu peux démontrer ainsi un certain nombre de fonctions multiplicatives : $\tau = 1 \ast 1$ (nb de diviseurs), $\sigma = Id \ast 1$ (somme des diviseurs), $\sigma_k = Id^k \ast 1$ (somme des puissances $k$-iémes des diviseurs), $\varphi = \mu \ast Id$ (indicateur d'Euler), $\lambda \ast \mu^2 = \varepsilon$ (fonction de Liouville), etc.

La distinction entre multiplicative et {\it complètement} multiplicative est la suivante : dans le second cas, on veut $f(mn) = f(m)f(n)$ {\bf pour tous} entiers $m,n \geq 1$, alors que le premier cas ne le demande que pour $\gcd(m,n) = 1$. Les fonctions complètement multiplicatives peuvent être caractérisées par l'équivalence suivante : $h$ est complètement multiplicative ssi $h(f \ast g) = hf \ast hg$ pour toutes fcts multiplicatives $f,g$.

Borde.

j'ai trouvé une référence: Golblot p. 139

Oui, par exemple, sinon je peux te refaire la démo : Posons $\displaystyle{G(n) = (g_1 \ast g_2)(n) = \sum_{d|n} g_1(d) g_2(n/d)}$. Tout provient en fait du petit lemme suivant : si $\gcd(m,n) = 1$, alors $d | mn \Longleftrightarrow d = d_1 d_2$ avec $d_1|m$, $d_2|n$ et $\gcd(d_1,d_2) = 1$ (simple application de la décomposition en facteurs premiers). Le reste n'est qu'un calcul traditionnel : soit $m,n$ deux entiers premiers entre eux. Alors :
\begin{eqnarray*} G(mn) &=& \sum_{d|mn} g_1(d) g_2(mn/d)}\\ &=& \sum_{d_1|m} \sum_{d_2|n} g_1(d_1d_2) g_2(mn/d_1d_2) = \sum_{d_1|m} \sum_{d_2|n} g_1(d_1) g_1(d_2) g_2(m/d_1) g_2(n/d_2)\\ &=& \sum_{d_1|m} g_1(d_1) g_2(m/d_1) \times \sum_{d_2|n} g_1(d_2) g_2(n/d_2) = G(m) G(n) \end{eqnarray*}

Borde.

OK Vianney, je note ça dans mes fiches...Il n'y a donc pas besoin de "dollars" au debut et à la fin des "eqnarray", c'est cela ?

Merci encore,

Borde.

[C'est cela, c'est directement en mode mathématique.]

Oui. Le réflexe est de ne jamais perdre de vue la chance que l'on a lorsque des fonctions arithmétiques sont {\multiplicatives}, ou, plus généralement, lorsque des propositions dépendant d'un entier $n$ sont multiplicatives, car alors il suffit de les vérifier seulement pour les $p^a$ avec $p$ premier et $a \in \N^{*}$, ce qui raccourcit considérablement les calculs.

Borde.

$$(g_1 \ast g_2)(n) = \sum_{d|n} g_1(d)g_2(n/d)$$

Le groupe des fonctions multiplicatives n'est pas un groupe quelconque abstrait : c'est un groupe dont les éléments sont des fonctions à valeurs dans $\N^{*}$ satisfaisant une certaine condition de régularité sur les entiers (en gros pour pouvoir utiliser de façon efficace le théorème de décomposition des entiers en facteurs premiers) et dont la loi est parfaitement connue : c'est le produit de convolution de Dirichlet des fonctions arithmétiques (et pas l'addition ou la multiplication). L'utilisation des "lois notées additivement ou multiplicativement" se fait essentiellement lorsque l'on n'a pas de renseignement précis sur la loi du groupe étudié.

Notons alors $\varepsilon$ la fonction arithmétique valant $1$ si $n = 1$ et $0$ sinon, et soit $f$ une fonction arithmétique quelconque. On a pour tout $n \geq 1$ entier : $$(f \ast \varepsilon)(n) = \sum_{d|n} f(d) \varepsilon(n/d) = f(n)$$ (car seul $d = n$ intervient dans cette somme) et de même pour $\varepsilon \ast f$ ce qui montre que $\varepsilon$ est bien l'élément neutre {\it pour la loi du produit de convolution de Dirichlet}.

Avec la fonction arithmétique $1$ qui vaut $1$ pour tout entier $n \geq 1$, on obtient : $$(f \ast 1)(n) = \sum_{d|n} f(d) \not = f(n)$s si $f \not = \varepsilon$.

Dans ce cadre, la formule d'inversion de Möbius n'est qu'une simple conséquence du fait que l'inverse de la fonction $1$ est justement la fonction de Möbius dans cette loi (mais, ceci dit, elle peut aussi être démontrée directement...).

Bon courage,

Borde.

Comme autre référence, Ticthmarch, Théorie analytique des nombres. Il est bien meme si je n'ai pas tout compris ! (disons que les premiers chapitres sont biens et qu'apres il faut s'accrocher)

Svp pouvez vous me montrer comment obtenir la proprièté multiplicative suivante : L'indicateur d'Euler. Merci

Oui, ou bien, plus arithmétiquement parlant, utiliser la relation de convolution $\varphi = \mu \ast Id$, où $\mu$ est la fonction de Möbius et $\Id : n \mapsto n$. Ces deux fonctions sont multiplicatives, donc $\varphi$ l'est aussi.

Borde.

Pouvez-vous me montrer comment obtenir la fonction d'Euler à partir du principe d'inclusion et exclusion.
Merci d'avance de votre attention

Svp aidez moi à montrer les relations suivantes:
1)....... $\sum_{d\vert n}phi(d)=n\leftrightarrow \id=\varphi\ast1$
2)....... $\sum_{d\vert n}mu(d)=0\leftrightarrow\mu\ast1=\varepsilon$
merci infiniment.

Svp aidez moi à montrer les relations suivantes:
1)....... $\sum_{d\vert n}phi(d)=n\leftrightarrow\id=\varphi\ast1$
2)....... $\sum_{d\vert n}mu(d)=0\leftrightarrow\mu\ast1=\varepsilon$
merci infiniment.

Svp aidez moi à montrer les relations suivantes:
1)....... $\sum_{d\vert n}phi(d)=n\leftrightarrow \Id=\varphi\ast1$
2)....... $\sum_{d\vert n}mu(d)=0\leftrightarrow\mu\ast1=\varepsilon$
merci infiniment.

Il n'y a rien à montrer, Sakho : c'est simplement la définition du produit de convolution de Dirichlet de deux fonctions arithmétiques : $$f \ast g = \sum_{d \mid n} f(d) g \left ( \frac {n}{d} \right ).$$

{\bf Exemple}. $$\sum_{d \mid n} \varphi(d) = n \Longleftrightarrow (1 \ast \varphi)(n) = n \Longleftrightarrow 1 \ast \varphi = Id.$$

Même chose pour l'autre, compte tenu de la définition de la fonction $\varepsilon$, que je préfère noter d'ailleurs $e_1$, qui est l'élément neutre de ce produit.

Borde.

bonjour

(pour résumer)
d'apres le site de G villemin, cette fonction de möbius est en relation avec l'hypothèse de Riemann.

[La fonction mu de x compte la nature des diviseurs de x

Elle se construit de la manière suivante:
probabilité que mu(x) = -1 = 3/pi², ou 1 = 3/pi²;

Si un des diviseurs de x se répète, mu(x) = 0 = (1 - 6/pi²)

Good et Churchhouse ont fait de nombreux calculs :

Entre 0 et 33 000 000, ils ont trouvé
12 938 407 valeurs pour lesquelles mu (x)=0
Le calcul de probabilité donne:
33 000 000 x (1 - 6/pi²)= 12 938 405,6 .
etc etc ]

il est dit que:
la fonction M(n) = somme de tous les -1, 0 et 1 .

Il a été montré que la conjecture de Riemann est équivalente à la conjecture suivante:
M(n) ne croît pas plus vite que : k.N^1/2+e
avec e arbitraire, mais plus grand que 0

est ce que celà est toujours aussi Vrai ??

la raison qui me fait poser cette question est simple:

lorsque l'on prend un nombre par exemple 1 000 000 000, il est évident que le nombre de fois où 2, 3 et 5 vont se répéter est beaucoup plus important que les facteurs Premiers P > 5;
puisque les multiples de 2, 3 et 5 représente 73,34% des entiers naturels, et 26.66% pour les entiers P(30) ,
de plus cette fonction mu(x) est totalement aléatoire et absolument imprécise lorsque l'on se place dans l'ensemble des entiers P(30);
il est presque impossible de calculer avec cette fonction, le nombre de diviseur P(30) qui se répète dans cet ensemble modulo 30.

il serait peut être intérressant de trouver une autre valeur que:
(N / 3,75 = X entier P(30)) et X * (1 - 6/pi²) = ?

Je n'ai pas tout lu, mais je réponds à la question sur la {\it conjecture de Mertens} qui stipulait que la fonctions de Mertens $\displaystyle {M(x) = \sum_{n \leqslant x} \mu(n)}$ vérifierait $|M(x)| < \sqrt x$. Cette conjecture est fausse, et a été infirmé par Odlyzko et Te Riele en 1985 dans \lien {http://www.emis.de/cgi-bin/zmfr/ZMATH/fr/quick.html?first=1&maxdocs=3&type=html&an=0544.10047&format=complete}

Deux ans plus tard, Pintz a même montré que l'inégalité $|M(x)| > \sqrt x$ est vraie pour aumoins un réel $x \leqslant \exp(10^{65})$.

On a en revanche de bonnes illustrations du TNP sous la forme $\displaystyle {M(x) < \frac {a x}{(\ln x)^b}}$ avec $a > 0$ et $b > 1$ (voir des articles de Schoenfeld de la fin des années 60, ou des articles de El Marraki de la fin des années 80).

Maintenant, il est exact que HR équivaut à $|M(x)| \ll_{\varepsilon} x^{1/2 + \varepsilon}$ (voir le livre de Titchmarsh {\it The theory of the Riemann-zeta function}, Oxford, 1986).

Avec le résultat d'Odlyzko et de Te Riele, on voit là combien il va être difficile de démontrer (ou d'infirmer) HR...

Borde (doublon à supprimer. Merci).

De rien, Gilbert.
<BR>
<BR>Les articles de El Marraki sont disponibles sur le net... et sont en français.
<BR>Voir à <a href=" http://almira.math.u-bordeaux1.fr/jtnb/1995-2/jtnb7-2.html#jourelec"&gt; http://almira.math.u-bordeaux1.fr/jtnb/1995-2/jtnb7-2.html#jourelec</a>, puis cliquer sur l'article d'El Marraki.
<BR> Attention : il s'agit d'un fichier postscript, qui se lit avec Ghostmachin (Ghostview, je crois).
<BR>
<BR>Borde.<BR>

Je me permets de citer un autre chercheur de haut niveau qui a su se mettre à la portée des bac/bac+1: Olivier Bordellès, dont la qualité de l'ouvrage <I>Thèmes d'arithmétique</I> n'est plus à démontrer. ;-)<BR><BR><BR>