Fonction arithmétique et multiplicative
dans Arithmétique
Bonsoir,
Ma réponse à la question 1 :
$\delta(\dfrac{n}{d}) = \begin{cases}
1 \ \text{si} \ n=d \\ 0 \ \text{si} \ n \geq 2d \end{cases}$
Tout diviseur de $n$ est inférieur ou égal à $n$.
Donc $f \ast \delta(n)= \displaystyle\sum_{d=n} f(d) \times 1 = f(n)$ donc $\delta$ est un élément neutre pour $\ast$.
Pour la question 2 je bloque un peu.
La 3 m'a l'air évidente et la 5 je dirais anneau commutatif.
Ma réponse à la question 1 :
$\delta(\dfrac{n}{d}) = \begin{cases}
1 \ \text{si} \ n=d \\ 0 \ \text{si} \ n \geq 2d \end{cases}$
Tout diviseur de $n$ est inférieur ou égal à $n$.
Donc $f \ast \delta(n)= \displaystyle\sum_{d=n} f(d) \times 1 = f(n)$ donc $\delta$ est un élément neutre pour $\ast$.
Pour la question 2 je bloque un peu.
La 3 m'a l'air évidente et la 5 je dirais anneau commutatif.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
L'élément neutre doit etre checké a gauche et a droite.
Soit $g$ une fonction arithmétique arbitrairement choisie. Pour tout entier naturel $n$ non nul,\[(\delta\star{}g)(n)=\sum_{d|n}\delta(d)\,g\left(\dfrac{n}{d}\right)=\delta(1)\,g\left(\dfrac{n}{1}\right)=g(n)\]Je te laisse vérifier que\[(g\star\delta)(n)=g(n)\]quel que soit l'entier naturel $n$ non nul. Ainsi pourras-tu écrire que\[\delta\star{}g=g\star\delta=g\]
Précision importante : la fonction $\delta$ est déjà bien définie. Inutile de la trafiquer.
Cordialement,
Thierry
$\delta(\dfrac{n}{d}) = \begin{cases} 1 \ \text{si} \ d=n \\ 0 \ \text{si} \ d \leq n/2 \end{cases}$
Si $d$ divise $n$ alors soit $d=n$ soit $d<n$.
Il faut montrer que tout diviseur de $n$ tel que $ d <n$ vérifie $d \leq n/2$.
Comme ça on aura une partition de l'ensemble des diviseurs de $n$.
Soit $d \in \mathcal D_n$
Montrons que $d<n \Leftrightarrow d \leq \dfrac{n}{2}$
Le sens réciproque <= est évident. Soit $d<n$.
Supposons que $d> \dfrac{n}{2}$ alors $\dfrac{n}{2} < d < n$
Donc $\dfrac{1}{n} < \dfrac{1}{d} < \dfrac{2}{n}$ soit $1<\dfrac{n}{d} <2$ ce qui est absurde car $n/d$ est entier.
Ainsi $(f \ast \delta)(n)= \displaystyle\sum_{d=n} f(d) \delta(n/d) + \displaystyle\sum_{d \leq n/2} f(d) \delta(n/d) = f(n)+0=f(n)$
Et $(\delta \ast f)(n)= \displaystyle\sum_{d \in \mathcal D_n} \delta(d) f(n/d)$
Or $\delta(d)$ est non nul uniquement si $d=1$ et de même on obtient $(\delta \ast f)(n)= 1 \times f(n/1)=f(n)$
Ouf. Une indication pour la 2 ?
$(f \ast g)(n) = \displaystyle\sum_{d_1 | n } f(d_1) g(\dfrac{n}{d_1})$
Posons le changement d'indice $d_2 = \dfrac{n}{d_1}$
Alors $\boxed{(f \ast g)(n) = \displaystyle\sum_{(d_1,d_2) \in C_n } f(d_1) g(d_2)}$
3/ Évident.
4/ $(f \ast g) \ast h (n) = \displaystyle\sum_{d | n } \displaystyle\sum_{(d_1,d_2) \in C_d } f(d_1) g(d_2) h (\dfrac{n}{d})$
$f \ast (g \ast h) (n) = \displaystyle\sum_{d | n } \displaystyle\sum_{(d_1,d_2) \in C_{n/d} } f(d) g(d_1) h (d_2)$
Je suis ne pas sûr à ce stade, ça m'a l'air compliqué.
$$\left( (f \star g) \star h \right) (n)= \sum_{d \mid n} (f \star g)(d) h (n/d) = \sum_{d \mid n} \sum_{d_1 \mid d} f(d_1) g(d/d_1) h(n/d)$$
et
$$\left( f \star (g \star h) \right) (n)= \sum_{d \mid n} f(d) (g \star h) (n/d) = \sum_{d \mid n} f(d) \sum_{d_1 \mid (n/d)} g(d_1) h(n/(d d_1)).$$
Maintenant, pour voir que ces deux quantités sont égales, il suffit de poser $d_2 = d d_1$ dans la deuxième somme, d'où
$$\left( f \star (g \star h) \right) (n)= \sum_{d_2 \mid n} \sum_{ d \mid d_2} f(d) g(d_2/d) h(n/d_2) = \left( (f \star g) \star h \right) (n) .$$
Ainsi, $\left( \mathcal{A},+,\star \right)$ est un anneau commutatif unitaire d'élément neutre $\delta$ (cette notation n'est pas usuelle), et dont les éléments inversibles sont les fonctions arithmétiques $f$ vérifiant $f(1) \neq 0$. On notera qu'une fonction multiplicative est donc inversible.
Pas compris comment vous trouvez les inversibles. Après je ne suis pas sûr que le sujet demande de calculer les inversibles.
@OS : qu'as-tu écrit ici ?
Thierry
L'associativité du produit de convolution de Dirichlet des fonctions arithmétiques peut vite devenir pénible à établir si l'on n'utilise pas une bonne méthode de présentation des calculs.
Cet exercice a sans doute été écrit par un non-arithméticien : la méthode proposée n'est pas la plus claire qui soit. Donc, permets-moi de te (re)dire la maxime suivante : quand, en mathématiques, tu disposes de plusieurs méthodes pour arriver à un résultat, prends toujours la plus simple et la plus claire.
Tu n'es assurément pas obligé de suivre stricto sensu un énoncé, du moment que tu démontres la propriété demandée.
Quant aux éléments inversibles de cet anneau, c'est un cadeau de ma part...
Et je t'en donne même un autre : on montre, mais c'est plus difficile, que cet anneau est intègre (sans diviseur de zéro) et même factoriel.
$d_2 = d d_1$ pourquoi le $d \mid n$ se transforme en $d_2 \mid n$ et pourquoi le $d_1 \mid (n/d)$ se transforme en $d \mid d_2$ ?
Les inversibles sont obtenus dans la suite du sujet.
Mais bon je n'arrive à rien à partir de la question 4.
Q 6 je ne trouve pas l'idée.
Q 7 je n'arrive ni à montrer l'injectivité ni la surjectivité.
Q 8 aucune idée.
Q9 peut être une récurrence.
Q10 Je dirais un groupe.
$$n = p_1^{e_1} \dotsb p_k^{e_k} \Longrightarrow f(n) = f \left( p_1^{e_1} \right) \dotsb f \left( p_k^{e_k} \right).$$
Autrement dit, la connaissance des valeurs de $f$ sur les puissances primaires de $n$ permet de remonter aux valeurs de $n$ lui-même.
Question 7. Si $m$ et $n$ sont premiers entre eux, alors tout diviseur $d$ de $mn$ peut s'écrire de façon unique $d=d_1 d_2$ avec $d_1 \mid m$ et $d_2 \mid n$ et, accessoirement, $\textrm{pgcd}(d_1,d_2) = 1$. C'est une conséquence immédiate de la décomposition en facteurs premiers.
Question 8. Elle est fondamentale en théorie multiplicative des nombres. D'après la Question 7 (utilisée ligne 2 ci-dessous), si $m$ et $n$ sont premiers entre eux et comme $f$ et $g$ sont multiplicatives (utilisé ligne 3 ci-dessous)
\begin{align*}
(f \star g) (mn) & = \sum_{d \mid mn} f(d) g(mn/d) \\
& = \sum_{d_1 \mid m} \sum_{d_2 \mid n} f(d_1 d_2) g \left( \frac{m}{d_1} \times \frac{n}{d_2} \right) \\
& = \sum_{d_1 \mid m} \sum_{d_2 \mid n} f(d_1) f (d_2) g \left( \frac{m}{d_1} \right) g \left( \frac{n}{d_2} \right) \\
& = \sum_{d_1 \mid m} f(d_1) g(m/d_1) \times \sum_{d_2 \mid n} f(d_2) g(n/d_2) \\
& = (f \star g)(m) \times (f \star g) (n).
\end{align*}
Questions 9 et 10. Exact !
Pour la 7 ce n'est pas un théorème du cours. Je pense qu'il faut le démontrer.
Je vais essayer de rédiger une preuve en rentrant.
Pour la 8 je n'ai pas compris la ligne 2 comment vous utiliser la bijection pour modifier la somme.
Pourquoi mn/d devient m/d1 * n/d2?
Pour la 8, regarde bien les indices de sommations entre la 1ère ligne et la seconde : j'ai utilisé le fait que $d \mid mn$ équivaut à l'existence d'un diviseur $d_1$ de $m$ et d'un diviseur $d_2$ de $n$, premiers entre eux et tels que $d=d_1d_2$. La bijection est dans l'équivalence de ce procédé, qui va te permettre de remplacer chaque $d$ de la ligne 1 par $d_1d_2$, puis d'utiliser la multiplicativité de $f$ et $g$ à la ligne 3 pour séparer tous les facteurs, et en faire deux sommes distinctes.
Pour la Q6 et Q7 je n'aboutis pas vraiment je reste bloqué à une étape du raisonnement.
Question 7. Tu peux prendre $k=q$, quitte à avoir des valuations nulles, puis prendre $d_1 = p_{r+1}^{\delta_{r+1}} \dotsb p_q^{\delta_q}$ et $d_2 = p_1^{\delta_1} \dotsb p_r^{\delta_r}$. Il est clair que $d=d_1 d_2$, que $d_1 \mid m$, $d_2 \mid n$ et $(d_1,d_2) = 1$.
Pour tout cet exercice, et plein d'autres choses, je te suggère cet ouvrage.
Dommage, faut que je prenne confiance en moi j'avais eu l'idée de la décomposition en facteurs premiers.
Merci dans le livre je vois que la dernière partie est sur "Points entiers proches d'une courbe plane" c'est quoi ?
Je tente de faire la récurrence de la question 9 et après repos car demain c'est les écrits du capes.
Je dois montrer que $g(p)= -f(p) g(1)$ et je ne vois pas comment.
$$(f \star g)(p) = \delta(p) \iff (f \star g)(p) = 0 \iff \sum_{d \mid p} f(d) g(p/d) = 0 \iff \underbrace{f(1)}_{= 1} g(p) + f(p) g(1) = 0 \iff g(p) = - f(p) g(1) = -f(p).$$
Ce nombre a des applications importantes en arithmétique, notamment dans les estimations de sommes courtes de certaines fonctions multiplicatives, en particulier celles dont les valeurs aux nombres premiers sont proches de $1$.
Exemple. Je suppose que tu connais la fonction de Möbius $\mu$ (sinon : wikipédia). C'est une fonction multiplicative. D'après la définition de cette fonction, son carré $\mu^2$, qui est aussi multiplicative, est donc la fonction indicatrice des entiers sans facteur carré, i.e. les entiers $n$ de la forme $n = p_1 p_2 \dotsb p_r$ où tous les nombres premiers sont distincts. Ceux qui font de la théorie des nombres connaissent bien la proportion de ces entiers parmi tous les autres : plus précisément, on connait la somme $\sum_{n \leqslant x} \mu^2 (n)$, qui vaut
$$\sum_{n \leqslant x} \mu^2 (n) = \frac{x}{\zeta(2)} + O \left( \sqrt x \right)$$
et donc, en divisant tout par $x$, on voit que la proportion de ces entiers est à peu près égale à $\frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^2} \approx 61 \%$. Le théorème des nombres premiers permet même de remplacer le grand "O" par un petit "o".
Maintenant, si tu veux des infos plus locales, par exemple connaître la distribution de ces entiers sans facteur carré dans des intervalles de la forme $\left]x, x+y \right]$, avec $1 \leqslant y \leqslant x$, tu es amené à calculer la somme
$$\sum_{x < n \leqslant x + y} \mu^2 (n).$$
Ce type de somme s'appelle somme courte car, souvent, on a $y=o(x)$. Bizarrement, ces sommes courtes sont bien plus délicates à estimer que les longues (un intervenant a récemment tenté d'en calculer une le mois dernier). L'une des méthodes possibles consiste à utiliser des théorèmes concernant les points entiers proches d'une certaine courbe. C'est ce que ce chapitre propose de découvrir.
Ai-je été clair ?
Pour le $f(1)=1$ c'est parce que $PGCD(1,1)=1$ et donc $f(1)=f(1)^2$ ?
La suite c'est $(f \ast g)(1)= \delta(1)$ donc $f(1)g(1)=1$ donc $g(1)=1$
Pour l'hérédité $g(p^{k+1})=g(p^k \times p)$ et après on peut rien dire car $p^k$ et $p$ ne sont pas premiers entre eux.
Pour l'hérédité, tu fais une récurrence forte : suppose connues les valeurs de $g(1), \dotsc, g(p^k)$. Alors, puisque $(f \star g ) (p^{k+1}) = \delta(p^{k+1}) = 0$, on obtient
$$\underbrace{f(1)}_{=1} g(p^{k+1}) + \sum_{\substack{d \mid p^{k+1} \\ d > 1}} f(d) g(p^{k+1}/d) = 0 \iff g(p^{k+1}) = - \sum_{\substack{d \mid p^{k+1} \\ d > 1}} f(d) g(p^{k+1}/d)= - \sum_{i=1}^{k+1} f(p^i) g(p^{k+1-i})$$
et c'est gagné.
Je n'avais pas pensé à utiliser ce $(f \ast g)(n)= \delta(n)$
Pour la suite, j'ai un petit doute avec la fonction de Möbius.
Q11/
$\mu(1)=1$
Que vaut la fonction de Möbius pour un nombre premier ? Exemple $\mu(2)$ ? Parce que ça me bloque pour résoudre la 11.
Je perdais mon temps à regarder les puissances dans la décomposition en facteurs premiers alors qu'elles sont inutiles.
Si $pgcd(m,n)=1$ alors ils n'ont aucun facteurs en commun dans leur décomposition en facteurs premiers. Supposons que $n$ possède $p$ facteurs premiers distincts et $m$ en possède $q$.
Alors $\mu(n) = (-1)^p$ et $\mu(m)=(-1)^q$ et $\mu( mn) = (-1)^{p+q}$ on a bien bien $\mu(mn)= \mu(m) \mu (n)$
Pour la Q7 j'avais oublié l'unicité.
Si $d_1 d_2 = d_1 ' d_2 '$ avec $d_1 ',d_1 \mid m$ et $d_2 ', d_2 \mid n$.
Si $\delta = pgcd(d_1,d_2 ')$ , $\delta \mid d_1 \implies \delta \mid m$
$\delta \mid d_2 ' \implies \delta \mid n$
Donc $\delta \mid pgcd(n,m)=1$ d'après le lemme de Gauss, $d_2 ' \mid d_2$ et par symétrie on obtient $d_2=d_2 '$
Où j'avais un doute c'était $\mu(2^2 3^4)$ par exemple mais ça fait toujours $1$ si j'ai bien compris la fonction.
Et non $\mu(2^2 3^4) = 0$
Cette fonction tu trouves pas qu'elle ressemble à celle d'un autre sujet que tu as fait la semaine dernière?
La définition me semble étrange. En fait dès qu'un facteur à une valuation p adique strictement supérieure à 1 dans la décomposition en facteurs premiers alors la fonction de Mobius est nulle ?
$\mu(2)=-1$ car $2$ est le produit de $1$ nombre premier distinct
Et la Q8, si $n>1$ et $n=p_1 \times \cdots \times p_r$ avec tous les $p_i$ distincts alors les diviseurs de $n$ sont au nombre de $\displaystyle\binom{r}{k}$ avec $0 \leq k \leq r$ c'est le nombre de façons de prendre $k$ éléments parmi $r$ éléments distincts.
$\mu \ast 1(n)= \displaystyle\sum_{k=0}^r \displaystyle\binom{r}{k} (-1)^k =(1-1)^r=0$
Par contre le cas $k=0$ je le trouve étrange, si on prend $0$ élément parmi les $r$ on n'a pas un diviseur de $n$ ?