Somme puissances de $\varphi$ des diviseurs

Bonjour a tous et merci.
Je n'ai pas le bagage suffisant voyez-vous mais je suis presque sure qu'il y aurait un lien a faire avec
des visualisations en python que j'ai fait calculer recemment ici
(http://denisevellachemla.eu/compenser.pdf) :
l'intuition que j'en ai est la suivante, les congruences modulaires font travailler dans un anneau,

Cordialement,
Denise Vella-Chemla

À Keynes : De rien !

À Denise Chemla : je ne vois pas le rapport entre les scripts Python indiqués ici et la question de Keynes.

OK.

Si $f$ est multiplicative, $n\mapsto\sum_{d\mid n}f(d)$ ne l'est-elle pas ? Plus généralement, sauf erreur, la convolution préserve la multiplicativité – et on retrouve le cas présent comme $f*\mathbf{1}$ par exemple (où $\mathbf{1}$ est constante égale à $1$).

Math Coss a été le plus rapide : la convolution préserve la multiplicativité, et cette propriété est fondamentale en théorie des nombres.

Elle s'étend sous certaines conditions au cas des fonctions arithmétiques de plusieurs variables.

Soit $f$ multiplicative et je pose $\displaystyle M_f(n) := \sum_{\substack{k = 1 \\ (n,k)=1}}^n f(k)$. Alors
$$g = \mathbf{1} \star M_f.$$
Ainsi, si $M_f$ est multiplicative, $g$ l'est aussi.

Exemples.

1. $f = \mathbf{1}$, donc $g = \textrm{id}$. Alors $M_f = \varphi$, et on retrouve l'identité de convolution $\varphi \star \mathbf{1} = \mathrm{id}$.

2. Pour tout entier $a \geqslant 1$ tel que $(a,n)=1$, soit $f(k) = e_n(ak) := e^{2 \pi i a k/n}$ (bon d'accord, $f$ est un caractère additif, et n'est donc certainement pas multiplicative, mais c'est pas grave). Alors $M_f = \mu$, donc $g = e_1$ est l'élément neutre du produit de convolution, d'où l'identité
$$\forall n \in \mathbb{N}^*, \ \forall a \in \mathbb{N}^*, \ (a,n)=1, \quad \sum_{k=1}^n e_n \left( \frac{ak}{(n,k)} \right) = \begin{cases} 1, & \textrm{si} \ n = 1; \\ 0, & \textrm{sinon.} \end{cases}$$

Ta formule ne marche pas avec $f=\tau$, $f = \sigma$, $f=\mu$, etc.

Où as-tu trouvé cette identité ?

Effectivement, ça fonctionne, j'avais cru que tu parlais de la fonction légèrement différente
$$\sum_{k=1}^n f \left( \frac{k}{(n,k)} \right).$$
La tienne est plus simple, et se traite comme la précédente, avec le changement de variable classique $d=(n,k)$ :
$$\sum_{k=1}^n f \left( \frac{n}{(n,k)} \right) = \sum_{d \mid n} \sum_{\substack{h = 1 \\ (h,n/d)=1}}^{n/d} f(n/d) = \sum_{d \mid n} f(d) \sum_{\substack{h = 1 \\ (h,d)=1}}^{d} 1 = \sum_{d \mid n} f(d) \varphi(d).$$
Ainsi, inutile de supposer $f$ multiplicative.

Cette identité est liée aux structures particulières de ces deux totients, qui sont en quelque sorte "symétriques" par rapport à la fonction $\mathrm{id} : n \mapsto n$. En effet, ils sont définis pour tout $n \geqslant 2$ par
$$\varphi(n) = n \prod_{p \mid n} \left( 1 - \frac{1}{p} \right) \quad \textrm{et} \quad \psi(n) = n \prod_{p \mid n} \left( 1+\frac{1}{p} \right).$$
C'est équivalent aux définitions par convolution : $\varphi = \mathrm{id} \star \mu$ et $\psi = \mathrm{id} \star \mu^2$.

Tu peux évidemment généraliser : pour tout entier $k \geqslant 1$, on définit les totients de Jordan et de Dedekind généralisés $J_k$ et $\psi_k$ respectivement par $J_k(1) = \psi_k(1)=1$ et, pour tout $n \geqslant 2$
$$J_k(n) = n^k \prod_{p \mid n} \left( 1 - \frac{1}{p^k} \right) \quad \textrm{et} \quad \psi_k(n) = n^k \prod_{p \mid n} \left( 1+\frac{1}{p^k} \right).$$
En terme de définition par la convolution, on a donc $J_k = \mathrm{id}_k \star \mu$ et $\psi_k = \mathrm{id}_k \star \mu^2$. Évidemment, $J_1 = \varphi$ et $\psi_1 = \psi$, et
$$\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad \sum_{d \mid n} J_k(d) \psi_k(d) = n^{2k}.$$
Puisque tu aimes les identités avec les pgcd, essaie de montrer celle-ci, par la même méthode que celle que j'ai faite ci-dessus (changement de variable $d=(n,k)$) : pour toute fonction arithmétique $f$
$$\sum_{d \mid n} f \left\{ \mathrm{pgcd} (d,n/d) \right\} = \sum_{d^2 \mid n} (f \star \mu)(d) \tau(n/d^2).$$
Par exemple
$$\sum_{d \mid n} \tau\left\{ \mathrm{pgcd} (d,n/d) \right\} = \tau(1,1,2;n).$$
À noter que cette fonction est apparue dans un article récent dans lequel l'auteur examine le lemme d'Euclide lorsque l'on relâche l'hypothèse de nombres premiers : plus précisément, l'auteur montre que la probabilité de choisir trois nombres $r,a,b$ tels que $r \mid ab \Rightarrow r \mid a$ ou $r \mid b$ est nulle. La fonction ci-dessus intervient dans son calcul. Voir ce preprint.