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Fonction de Möbius

Envoyé par raboteux 
Fonction de Möbius
il y a deux mois
Bonjour à tous
Petit mal de tête ce matin sur ce lemme qui est utilisé dans le dénombrement des polynômes irréductibles de Fq :


Si je comprends la dernière transition de la preuve (on se sert visiblement de $\sum_{d\mid n}\mu(d)=0$), je ne comprends pas comment on parvient à réorganiser la somme avec les évolutions d'indice associées, c'est-à-dire la méthode pour obtenir cela.


Si vous aviez un petit éclairage...
Merci !



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par AD.
Re: fonction de Mobius
il y a deux mois
La somme peut se réécrire comme somme indexée par $\{(d,d') : d\mid n~\text{ et }~d'\mid \frac{n}{d}\}$ des $f(d')\mu(d)$. Sauf que si $d\mid n$ et $d'\mid \frac{n}{d}$, alors $d'\mid n$ et $d\mid \frac{n}{d'}$ (le premier est évident, pour le deuxième écrire $d' k = \frac{n}{d} \implies d'kd = n \implies dk= \frac{n}{d}$) ; et évidemment réciproquement.

Donc elle s'écrit comme somme des $f(d')\mu(d)$ indexée par $\{(d,d') : d'\mid n~\text{ et }~d\mid \frac{n}{d'}\}$, et on peut à nouveau reséparer, comme ce qui est indiqué.

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par AD.
Re: fonction de Mobius
il y a deux mois
Bonjour
Autre point de vue.
Dans d'autres manuels, ça se démontre autrement : c'est un peu plus long mais c'est plus efficace.

On introduit une loi de composition interne $*$ qui est appelé convolution et qui est défini sur l'ensemble $D$ des fonctions définies sur $\N^*$ à valeurs dans $R$ dans votre exemple. $$
f*g(n) =\sum_ {d\mid n} f(d) g(n/d) =\sum_{\substack{d, d' \\ dd'=n}} f(d) g(d') .

$$ Avec la deuxième égalité, il est facile de voir que la loi $ * $ définie sur $D$ (pour Dirichlet) est commutative et associative, distributive par rapport à l'addition... (je passe l'étape de loi $+$ définie sur $D$)

On introduit $\delta$, l'élément de $D$ qui vérifie (correction coquille) $\forall n>1,~ \delta (n) =0$ et $\delta (1)=1$ et on vérifie que c'est un élément neutre pour la loi $*$.
On introduit la fonction de Möbius $\mu$ et on montre qu'elle vérifie $\mu*1=\delta$, c'est-à-dire que $\mu$ est l'inverse de la fonction constante égale à 1. C'est la seule difficulté de tout ce qui précède (petit calcul à faire).

Une fois tout ce long préparatif effectué pour introduire l'algèbre de Dirichlet, votre résultat consiste juste à montrer : si $g=f*1$ alors $f=g*\mu$ ce qui est immédiat suite à tout ce qui a été introduit auparavant. Autrement dit votre résultat s’interprète juste comme $\mu$ est l'inverse de $1$ dans l'algèbre de Dirichlet.



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par AD.
Re: Fonction de Möbius
il y a deux mois
Bref, il y a une bijection entre les diviseurs $d$ et $d^{\, \prime}$ de $n$ tels que $d \times d^{\, \prime} = n$.
Re: Fonction de Möbius
il y a deux mois
Bonsoir à tous,

Je reviens sur ce sujet parce que j'ai du mal avec la suite :



La réciproque me fait vraiment souffrir, il y a quelque chose qui m'échappe :

- On prend un facteur $P$ irréductible de $X^{q^n}-X$, on dit que $X^{q^n}-X$ est scindé donc si je ne m'abuse, c'est un produits de polynômes du premier degré affectés chacun d'une certaine multiplicité...
- Puis juste avant la conclusion, on met en avant que $X^{q^n}-X$ est forcément à racines simples, donc ce polynôme est scindé et il est a racines simples, c'est donc un produit de polynômes de degré $1$ non?
- Donc notre $P$ étant un facteur irréductible de ce polynôme, n'est il pas forcément de degré $1$? Alors comment peut il être de degré $d$ tel que $d$ divise $n$ (certes $1$ divise tout mais je ne crois pas que ce soit l'idée ici)

Bref je m'embrouille, c'est sûr...

Merci par avance pour un avis!
Re: Fonction de Möbius
il y a deux mois
Attention, $X^{q^n}-X$ est scindé sur $\mathbb F_{q^n}$, pas sur $\mathbb F_q$, il n'y a donc aucune raison pour que ses facteurs irréductibles sur $\mathbb F_q$ soient de degré $1$.
Re: Fonction de Möbius
il y a deux mois
Voici par exemple la factorisation sur $\mathbf{F}_2$ de $X^{2^6}-X$ :\begin{align*}
X^{2^6}-X=&X (X + 1) (X^2 + X + 1) (X^3 + X + 1) (X^3 + X^2 + 1) \times\cdots\\
&\quad (X^6 + X + 1) (X^6 + X^3 + 1) (X^6 + X^4 + X^2 + X + 1) (X^6 + X^4 + X^3 + X + 1) \times\cdots\\
&\quad (X^6 + X^5 + 1) (X^6 + X^5 + X^2 + X + 1) (X^6 + X^5 + X^3 + X^2 + 1) \times\cdots\\
&\quad (X^6 + X^5 + X^4 + X + 1) (X^6 + X^5 + X^4 + X^2 + 1).\end{align*}
Re: Fonction de Möbius
il y a deux mois
Bonsoir,

Oui effectivement, je n'avais pas cette importante subtilité.

Mais j'ai encore du mal à faire le lien "de cause à effet" entre :

- le polynôme $X^{q^{n}}-X$ est à racine simple sur $F_{q^{n}}$

avec :

- les facteurs irréductibles de $X^{q^{n}}-X$ dans $F_q$ interviennent avec une multiplicité égale à 1.

Merci encore.
Re: Fonction de Möbius
il y a deux mois
Si $P$ est un facteur irréductible de $X^{q^n}-X$ dans $\mathbb F_q[X]$ avec multiplicité au moins $2$, alors $P^2$ divise $X^{q^n}-X$ dans $\mathbb F_q[X]$, et donc également dans $\mathbb F_{q^n}[X]$. Mais puisque $X^{q^n}-X$ est scindé sur $\mathbb F_{q^n}[X]$, $P$ aussi, et ses racines dans $\mathbb F_{q^n}[X]$ sont racines de $X^{q^n}-X$ et celles-ci sont alors de multiplicité au moins $2$ puisque $P^2$ divise $X^{q^n}-X$...
Re: Fonction de Möbius
il y a deux mois
Plus simple ? Si $P^2$ divise $X^{q^n}-X$, alors $P$ divise $(X^{q^n}-X)'=-1$.
Re: Fonction de Möbius
il y a deux mois
Bonjour
Merci à tous les deux.

Math Coss, ton argument c'est un raisonnement par l'absurde qui conduit à dire que que $P$ est forcément de multiplicité simple dans $X^{{q^n}}-X$ car $P$ ne divise pas $-1$, c'est cela ? Donc avec cet argument, j'ai l'impression qu'on n'a même pas besoin de dire que $X^{{q^n}}-X$ est scindé à racine simple dans $F_{q^n}$ ?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par AD.
Re: Fonction de Möbius
il y a deux mois
Effectivement, pas besoin de justifier a priori le caractère scindé pour que l'argument fonctionne.
Re: Fonction de Möbius
il y a deux mois
En effet. Le point clé, c'est que $X^{q^n}-X$ est à racines simples « tout court », c'est-à-dire dans la clôture algébrique de $\mathbf{F}_q$. Cela se traduit par le fait que le pgcd de ce polynôme et de son polynôme dérivé est $1$ (ici, c'est évident puisque le polynôme dérivé vaut $-1$). Dans ces conditions, que l'on invoque la simplicité des racines dans un corps où elles existent ou le pgcd avec le polynôme dérivé, on voit que la multiplicité d'un facteur irréductible est au plus $1$.

Il se trouve qu'il est scindé sur $\mathbf{F}_{q^n}$, mais la valeur précise de l'exposant n'est pas très importante ici. Tu peux lire la démonstration de Poirot en remplaçant $\mathbf{F}_{q^n}[X]$ par $\overline{\mathbf{F}_q}[X]$ ou $\mathbf{F}_{q^m}[X]$, où « $m$ est assez grand pour que $X^{q^n}-X$ soit scindé sur $\mathbf{F}_{q^m}$ » (once again, information supplémentaire utilisée par Poirot mais pas essentielle : $m=n$ convient).
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