Indicatrice d'Euler

[borde] La majoration de $\varphi(n)$ que tu as donnée dans ton premier message est :

borde a écrit:

Pour une infinité de valeurs de $n$, on a : $$\frac {n}{\varphi(n)} > e^{\gamma}\ln \ln n$$

Or d'après ce que tu indiques, celle-ci fonctionne pour 'une infinité de valeur', et non pas pour 'tous les entiers composés supérieurs à un certain réél'.

Me trompe-je ?

De plus le Lemme 3 concerne une minoration, et non une majoration...

Merci [borde] pour toutes ces formules, la plupart je ne les connaissais pas et faudra que je regarde ça d'un peu plus près.


{\bf Q5.} Pour revenir concrètement à ma question, sur la MAJORATION de $\varphi(n)$ pour tout entier composé $n$ supérieur à une constante $C$ : pour l'instant nous n'avons que la formule :
$\forall n \in \mathbb{N}$, $n \ge 2$, $n$ composé, $\varphi(n) \le n - \sqrt{n}$
J'ai essayé de démontrer cette propriété et on y arrive assez facilement. Je vous mettrai la démo un peu plus tard.


Bon sinon je vous mets enfin la démo de la Q1. Je ne la retrouvais pas car j'avais oublié (encore une fois...) de majorer $\omega(n)$. (j'espère que j'ai pas fait de bourdes parce que j'ai pas trop l'habitude du latex encore.:o).


{\bf Q1.}
{\bf Proposition 1 :} {\it $\forall n \ge 2$, $\varphi(n) \ge \dfrac{n\ln 2}{\ln n + \ln 2}$}

Pour rendre la démonstration plus claire et plus propre, nous allons d'abord démontrer les 2 lemmes suivants :

{\bf Lemme 1a :} {\it Soit $\omega : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$, la fonction qui associe à un entier naturel $n$ le nombre total de facteurs premiers distincts qui divisent $n$.
(ex. $\omega(2^{10}.5.11^{2007}) = 3 $ [2, 5 et 11])
On a $\forall n \ge 2$, $\omega(n) \le \dfrac{\ln n}{\ln 2}$}

{\it \bf Démonstration 1a :}
Soit $n \in \mathbb{N}$, $n \ge 2$ dont la décomposition en facteurs premiers est $$n = q_1^{r_1}.q_2^{r_2}...q_{\omega(n)}^{r_{\omega(n)}} = \prod_{k=1}^{\omega(n)} q_k^{r_k}$$ avec $\forall i \in \mathbb{N}$, $1 \le i \le \omega(n)$ : $q_i$ est un nombre premier, $r_i \in \mathbb{N^*}$
et avec $\forall i \in \mathbb{N}$, $\forall j \in \mathbb{N}$, $1 \le i \le \omega(n)$, $1 \le j \le \omega(n)$, $i < j$ : $q_i < q_j$
Tout nombre premier étant supérieur ou égal à 2, il est donc évident que
$\forall k \in \mathbb{N}$, $1 \le k \le \omega(n)$ : $q_k \ge 2$
Ce qui implique donc que :
$$\prod_{k=1}^{\omega(n)} q_k \ge 2^{\omega(n)}$$
Et comme : $$\prod_{k=1}^{\omega(n)} q_k^{r_k} \ge \prod_{k=1}^{\omega(n)} q_k$$
On a donc : $$n = \prod_{k=1}^{\omega(n)} q_k^{r_k} \ge \prod_{k=1}^{\omega(n)} q_k \ge 2^{\omega(n)}$$
Comme la fonction $\ln$ est croissante, on en déduit que : $$\ln n \ge \ln 2^{\omega(n)} = \omega(n).\ln 2$$
Ce qui donne donc : $$\omega(n) \le \dfrac{\ln n}{\ln 2}$$
{\it CQFD}


{\bf Lemme 1b :} {\it $\forall n \ge 2$, $\varphi(n) \ge \dfrac{n}{\omega(n)+1}$}

{\it \bf Démonstration 1b :}
Soit $n \in \mathbb{N}$, $n \ge 2$ dont la décomposition en facteurs premiers est $$n = q_1^{r_1}.q_2^{r_2}...q_{\omega(n)}^{r_{\omega(n)}} = \prod_{k=1}^{\omega(n)} q_k^{r_k}$$ avec $\forall i \in \mathbb{N}$, $1 \le i \le \omega(n)$ : $q_i$ est un nombre premier, $r_i \in \mathbb{N^*}$
et avec $\forall i \in \mathbb{N}$, $\forall j \in \mathbb{N}$, $1 \le i \le \omega(n)$, $1 \le j \le \omega(n)$, $i < j$ : $q_i < q_j$
Il est trivial de remarquer que $\forall i \in \mathbb{N}$, $1 \le i \le \omega(n)$ : $q_i \ge p_i \ge i+1$, avec $p_i$ le i-ème nombre premier. ($q_1 \ge p_1 = 2 \ge 1+1$, $q_2 \ge p_2 = 3 \ge 2+1$, $q_3 \ge p_3 = 5 \ge 3+1$, etc...)
Donc, comme la fonction inverse est décroissante, on a $\forall i \in \mathbb{N}$, $1 \le i \le \omega(n)$ : $$\dfrac{1}{q_i} \le \dfrac{1}{i+1}$$
D'où : $$1-\dfrac{1}{q_i} \ge 1-\dfrac{1}{i+1}$$
D'où : $$\dfrac{q_i-1}{q_i} \ge \dfrac{i}{i+1}$$
Donc : $$\prod_{k=1}^{\omega(n)} \dfrac{q_k-1}{q_k} \ge \prod_{k=1}^{\omega(n)} \dfrac{k}{k+1} = \dfrac{1}{2} . \dfrac{2}{3} . ... . \dfrac{\omega(n)-1}{\omega(n)} . \dfrac{\omega(n)}{\omega(n)+1} = \dfrac{1}{\omega(n)+1}$$
Donc, en multipliant par $n$ : $$n\prod_{k=1}^{\omega(n)} \dfrac{q_k-1}{q_k} \ge \dfrac{n}{\omega(n)+1}$$
Or d'après le théorème d'Euler, on sait que : $$\varphi(n) = n\prod_{k=1}^{\omega(n)} \dfrac{q_k-1}{q_k}$$
D'où on déduit : $$\varphi(n) = n\prod_{k=1}^{\omega(n)} \dfrac{q_k-1}{q_k} \ge \dfrac{n}{\omega(n)+1}$$
{\it CQFD}

A partir de ces 2 lemmes, on peut maintenant démontrer la {\bf Proposition 1} :

{\it \bf Démonstration 1 :}

Le lemme 1a montre que $\forall n \ge 2$ : $$\omega(n) \le \dfrac{\ln n}{\ln 2}$$
Donc : $$\omega(n)+1 \le \dfrac{\ln n}{\ln 2}+1 = \dfrac{\ln n + \ln 2}{\ln 2}$$
Donc, comme la fonction inverse est décroissante : $$\dfrac{1}{\omega(n)+1} \ge \dfrac{\ln 2}{\ln n + \ln 2}$$
Puis en multipliant par $n$, on obtient : $$\dfrac{n}{\omega(n)+1} \ge \dfrac{n\ln 2}{\ln n + \ln 2}$$
Or, le lemme 1b indique que $\forall n \ge 2$ : $$\varphi(n) \ge \dfrac{n}{\omega(n)+1}$$
On en déduit donc que $\forall n \ge 2$ : $$\varphi(n) \ge \dfrac{n}{\omega(n)+1} \ge \dfrac{n\ln 2}{\ln n + \ln 2}$$
{\it CQFD}

Fiouf, enfin... Si vous trouvez des coquilles ou si vous avez des remarques, je vous en prie...
De plus c'est étrange, je suis pratiquement sûr que dans le livre la formule était démontrée pour $n \ge 3$, alors qu'elle fonctionne apparemment pour $n=2$... Non ? Y a-t il un point dans la démo qui ne fonctionne pas pour $n=2$ ? A moins que l'inégalité démontrée dans le livre était stricte...


Bilan :
Q1. Rédigée (En cours de relecture...)
Q2. CLOS
Q3. CLOS
Q4. En attente de réponse...
Q5. En attente de réponse...
Q5.1 En cours de rédaction...
Q5.2 En attente de réponse...