tau(n) = phi(n)

Un truc qui marche des fois sur ce genre de fonctions : puisqu'elles sont multiplicatives il te suffira de prouver l'inegalite pour $p^a$ pour tout nombre premier $p$ et $a \in \N^*$

Je suis pas du tout convaincu que ca simplifie quoi que ce soit ici mais des fois ca marche bien

Borde c'est un > a la place du $\leq$ non?

Bonjour.

Si $\displaystyle u_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ :

1. Evaluer $u_{2n}-u_n$
2. Montrer la majoration $\displaystyle u_{2n}-u_n\geqslant n \times\frac{1}{2n}$.
3. En déduire que $\displaystyle u_{2n}\geqslant 1+\frac{n}{2}
4. Conclure

Rectification :
Il s'agit de montrer $\displaystyle u_{2^n}\geqslant 1+\frac{n}{2}$.

Oui, c'est bien de la série des inverses des nombres premiers qui est évoquée par Ryo ici. Rappelons en deux mots comment s'articule cette preuve due à Euler :

1. Euler a fait la remarque fondamentale suivante : si l'on développe le produit $\displaystyle {\prod_{p \leqslant n} \left ( 1 + \frac {1}{p} + \frac {1}{p^2} + \frac {1}{p^3} +.... \right ) = \prod_{p \leqslant n} \left ( 1 + \frac {1}{p} + \frac {1}{p(p-1)} \right )}$, alors, grâce au th. fondamental de l'arithmétique, on obtient précisément la somme $\displaystyle {\sum_{k \in E_n} \frac {1}{k}}$, où $E_n$ désigne l'ensemble des entiers naturels dont le plus grand facteur premier est $\leqslant n$. Comme tout entier $k \leqslant n$ vérifie cette condition, on a la majoration fondamentale : $$\sum_{k=1}^{n} \frac {1}{k} \leqslant \prod_{p \leqslant n} \left ( 1 + \frac {1}{p} + \frac {1}{p(p-1)} \right )}$$ (je rappelle que toute somme ou produit indicée par $p$ est une somme ou produit portant par convention sur les nombres premiers).

2. Après, ce n'est plus qu'un travail analytique : la majoration connue $\displaystyle {\ln n \leqslant \sum_{k=1}^{n} \frac {1}{k}}$, à laquelle on applique un $\ln$, donne avec ci-dessus : $$\ln \ln n \leqslant \ln \prod_{p \leqslant n} \exp \left ( \frac {1}{p} + \frac {1}{p(p-1)} \right )$$ (où l'on a aussi utilisé $1+t \leqslant e^t$). Ainsi : $$\ln \ln n \leqslant \sum_{p \leqslant n} \left ( \frac {1}{p} + \frac {1}{p(p-1)} \right ) < \sum_{p \leqslant n} \frac {1}{p} + 1,$$ et donc $$\sum_{p \leqslant n} \frac {1}{p} > \ln \ln n - 1,$$ ce qui montre la divergence de la série des inverses des nombres premiers.

Cette preuve est considérée comme le début de la théorie analytique des nombres.

Borde.

{\bf PS Ryo}. Solution correcte, très bien !

Et ben je sais pas si j'avais bien lu, mais si tu fais cette preuve a tes term ils doivent etre doue quand meme!
En tout cas merci d'avoir pris la peine de retaper ca.

Et pour illustrer l'importance de ces fonctions multiplicatives je viens de retrouver un exo utilisant la propriete rappelee plus haut :
montrer que pour tout $n \in \N^*$, $\phi(n)\sigma(n) \leq n^2$ avec $\sigma(n)=\sum_{d|n}^{} d$ (au lieu de compter le nb de diviseurs comme tout a l'heure, on calcule la somme de ces diviseurs)