Somme des entiers premiers à $n$
dans Arithmétique
Bonjour à tous,
Avez-vous un argument simple permettant de démontrer la chose suivante ?
Soit $n \geq 3$ un entier impair. Alors l'entier $\displaystyle \sum_{k \leq n, (k,n)=1}\!\!\! k~~$ est divisible par $n$.
J'ai un argument assez détourné permettant de le voir, mais j'aimerais voir si vous avez plus simple :-)
Merci d'avance pour toute réponse.
Avez-vous un argument simple permettant de démontrer la chose suivante ?
Soit $n \geq 3$ un entier impair. Alors l'entier $\displaystyle \sum_{k \leq n, (k,n)=1}\!\!\! k~~$ est divisible par $n$.
J'ai un argument assez détourné permettant de le voir, mais j'aimerais voir si vous avez plus simple :-)
Merci d'avance pour toute réponse.
Réponses
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Bonjour.
(k,n)=1 implique (n-k,n)=1, non ? Les termes de la somme vont 2 par 2.
Cordialement. -
si n est impair $ \phi(n)\equiv 0[2]$
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Bravo gerard0, c'était tout simple. Ma manière détournée était d'observer que $\Phi_n(0)=1$, où $\Phi_n$ est le $n$-ième polynôme cyclotomique.
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Bonjour,
Excusez-moi pour le petit déterrage, je m'autorise une petite correction:
L'énoncé, si il est vrai, se passe très bien que $n$ soit impair (et même de $n\geq 3$ ... euh, pardon, finalement, c'est important d'avoir $n\neq 2$), on constatera par ailleurs que l'indicatrice d'Euler donne un nombre pair pour tout entier supérieur ou égal à 3.
En revanche, il est nécessaire que $n$ soit impair pour qu'il soit vrai de dire que $\sum \limits_{k\leq n, pgcd(k,n)\neq 1} k $ est multiple de $n$.
Fait rigolo: c'est pas très utile, mais on peut associer l'argument de gerard0 à l'identité de Bézout pour aller un poil plus loin et montrer que $\forall (n,m)\in \mathbb{N}^2$ tels que $n\neq 2m$, $ \sum\limits_{k\leq n, pgcd(k,n)=m} k $ est divisible par $n$ (en prenant comme convention que la somme est nulle si l'ensemble est vide).
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Bonjour!
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