Fonction $\omega(n)$

Light*
Light*
dans Arithmétique
Bonjour à toutes et à tous
Me revoilà reparti dans les fonctions arithmétiques! Je cherche des informations sur :
$$ \omega(n)=card\{p\mid p \mbox{ premier et }~p \mid n\} ~\mbox{ et }~ 2^{\omega(n)} $$
Je ne suis sans doute pas aguerri pour bien chercher sur le net, mais ce dernier me semble plutôt avare en infos ...
Pouvez-vous m'en donner svp ? C'est pour faire avancer la science ! Nan je déconne :p
Merci en tout cas.

Réponses

  • noix de totos
    noix de totos
    Il y a beaucoup de résultats concernant ces fonctions. Il faudrait donc être plus précis.
  • Light*
    Light*
    Commençons par l'ordre moyen :)

    Et surtout, comment fait-on pour le trouver ! Je me sens tellement désarmé face à ces questions...
  • Breyer
    Breyer
    Il me semble que A001221 n'est pas avare en info ni A034444.
  • noix de totos
    noix de totos
    La fonction $\omega$ est additive (et même fortement). Un bon exercice pour de telles fonctions est de montrer l'égalité suivante : si $f$ est fortement additive, alors
    $$\sum_{n \leqslant x} f(n) = x \sum_{p \leqslant x} \frac{f(p)}{p} + O \left( \sum_{p \leqslant x} \left |f(p) \right | \right).$$
    Une fois ceci fait, appliqué à $f=\omega$, ce petit lemme, un théorème de Mertens et une majoration de type Chebyshev fournissent immédiatement
    $$\sum_{n \leqslant x} \omega(n) = x \log \log x + Bx + O \left( \frac{x}{\log x} \right)$$
    où $B \approx 0,26149 \dotsc$ est la constante de Mertens.
  • Light*
    Light*
    Effectivement merci Breyer ;)

    Du coup j'ai une nouvelle question : que vaut $\lim\limits_{s \rightarrow 0} \frac{\zeta(s)^2}{\zeta(2s)}$ ? :p C'est sûrement l'infini, mais de quelle manière?

    PS: L'approximation de mes questions me fait rire jaune
  • Light*
    Light*
    Merci une fois de plus noix de totos ! Mais je crois que $\omega$ n'est pas fortement additive ...
    $$\omega(4)=1 \neq \omega(2)+\omega(2) \mbox{ non ?}$$
  • noix de totos
    noix de totos
    Attention aux définitions : ne pas confondre fortement additive et complètement additive...

    Une fonction $f$ est fortement additive si elle est :

    (i) additive : pour tous $m,n$ premiers entre eux, $f(mn) = f(m)+f(n)$ ;
    (ii) et si, pour toute puissance primaire $p^\alpha$, $f \left( p^\alpha \right)= f(p)$.

    Tu te convaincras toi-même que $\omega$ est bien fortement additive. En revanche, $\Omega$ est complètement additive.

    Quant à ta limite, elle vaut $- \frac{1}{2}$.
  • Light*
    Light*
    Ah effectivement, je me suis trompé de définition !

    Je demandais la limite car une des références de A001221, il y a écrit :
    $$ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2^{\omega(n)}}{n^s} = \frac{\zeta(s)^2}{\zeta(2s)}$$

    Mais c'est pour $s>1$ donc je me sens un peu bête...

    Du coup en ce qui concerne $2^{\omega(n)}$, on connait un ordre moyen?

    Merci en tout cas :)
  • noix de totos
    noix de totos
    Également pour la fonction $2^\omega$ (qui est donc fortement multiplicative, celle-là), on a le résultat suivant (je te le donne avec la meilleure estimation connue actuellement) pour $x > e$ assez grand :
    $$\sum_{n \leqslant x} 2^{\omega(n)} = \frac{x}{\zeta(2)} \left ( \log x + 2 \gamma - 1 - 2 \frac{\zeta^{\, \prime}}{\zeta} (2) \right) +O \left( x^{1/2} e^{-c (\log x)^{3/5} (\log \log x)^{-1/5}} \right)$$
    où $c > 0$ est une constante absolue.
  • Light*
    Light*
    Ah ouais...

    Merci ! Je trouve ce résultat assez intriguant car du coup :
    $$ \sum\limits_{n\geq 1} \tau(n) \sim nln(n) ~~ \mbox{ et } ~~ \sum\limits_{n\geq 1} \tau(\gamma(n)) = \sum\limits_{n \geq 1} 2^{\omega(n)} \sim \frac{6}{\pi^2} nln(n)$$

    Avec $\frac{6}{\pi^2} \simeq 0,608$ ... donc que penser? Pour le nombre de diviseur, le passage de $n$ à $\gamma(n)$ semble assez énorme ! Et pourtant il ne "divise" même pas par $2$ le résultat... Comment l'interpréter?!
  • Sylvain
    Sylvain
    Bonjour,

    $ \gamma(n) $ c'est le radical (noyau sans facteur carré) de $ n $?
  • noix de totos
    noix de totos
    $2^{\omega(n)}$ est effectivement le nombre de diviseurs sans facteur carré de $n$. Or, en moyenne, la proportion d'entiers sans facteur carré est égale à $\zeta(2)^{-1}$. Il n'est donc pas étonnant de retrouver ce facteur devant l'ordre moyen de $2^\omega$.

    Autre façon (équivalente) de voir les choses : pour tout entier $n \geqslant 1$, on a $2^{\omega(n)} \leqslant \tau(n) \leqslant 2^{\Omega(n)}$ (facile à montrer : le vérifier sur les puissances primaires $p^\alpha$, avec l'inégalité de Bernoulli, puis étendre à tout entier par multiplicativité), et il y a égalité si, et seulement si, $n$ est sans facteur carré.
  • Sylvain
    Sylvain
    Merci. C'est curieux, j'aurais procédé ainsi :$ \tau(n)=\prod_{p_i\mid n}(1+v_{p_i}(n))\geqslant 2^{\sharp\{p_i\}} $ la dernière expression valant $2^{\omega(n)} $.

    Puis j'aurais considéré de faux facteurs premiers $ q_{ij}$ tous distincts avec $ i $ variant de $ 1 $ à $ \omega(n) $ et $ j $ variant de $ 1 $ à $ v_{p_i}(n) $ pour écrire $ \tau(n)\leqslant 2^{\sharp \{q_{ij}\}} $ la dernière expression valant $ 2^{\sum_{v_{p_i}}}=2^{\Omega(n)} $.
  • noix de totos
    noix de totos
    Oui, pourquoi pas.
  • Sylvain
    Sylvain
    Ouf, j'avais peur de paraître trop iconoclaste ! Bonnes fêtes de fin d'année :-)
  • noix de totos
    noix de totos
    Ce n'est pas le sujet de ce fil, mais la méthode que j'avais préconisée concernait surtout la seconde inégalité, bien sûr : d'après l'inégalité de Bernoulli, pour tout $\alpha \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$, on a $1+\alpha \leqslant 2^\alpha$, ce qui s'écrit aussi $\tau \left( p^\alpha \right) \leqslant 2^{\Omega \left( p^\alpha \right) }$, et le tour est joué.
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