Une somme double
dans Arithmétique
Bonsoir à tous,
Pour faire plaisir à "enonce" que je salue au passage, voici un exercice amusant que j'ai trouvé dans le "Mongomery". J'ai modifié le texte d'origine pour masquer le résultat. Calculer $$\sum_{(a,b)\in \N^{*2}, (a,b)=1}\dfrac 1 {a^2b^2}$$ Bons calculs,
Cordialement,
zephir.
Pour faire plaisir à "enonce" que je salue au passage, voici un exercice amusant que j'ai trouvé dans le "Mongomery". J'ai modifié le texte d'origine pour masquer le résultat. Calculer $$\sum_{(a,b)\in \N^{*2}, (a,b)=1}\dfrac 1 {a^2b^2}$$ Bons calculs,
Cordialement,
zephir.
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Réponses
Merci pour ce cadeau, pour lequel je trouve sauf erreur $\dfrac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)}$.
J'ai bon ?
Si oui, à mon tour : Peux-tu montrer que $\displaystyle \sum_{i=1}^n d \left ( \textrm{pgcd} (i,n) \right ) = \sigma(n)$ ?
Comme d'habitude, $d(n)$ et $\sigma(n)$ désignent respectivement le nombre et la somme des diviseurs (positifs) de $n$.
Or, on a aussi, pour tout $d$, $S_d = \dfrac{1}{d^4} S_1$. D'où $\displaystyle \sum_{d=1}^{+\infty} S_d = \dfrac{\pi^4}{90} S_1$.
On en déduit que $S_1 = \dfrac{90}{36} = \dfrac{5}{2}$.
La somme $S$ recherchée vérifie $P(Z=1)=\frac{S}{\zeta(2)^2}$.
Or $Z$ suit la loi Zéta de paramètre $2+2=4$, donc $P(Z=1)=\frac1{\zeta(4)}$.
Finalement, $S=\frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)}=\frac{5}2$.
Plus généralement, si $\alpha >1$, on a $\displaystyle \sum_{\substack{a,b=1 \\ (a,b)=1}}^\infty \frac{1}{(ab)^\alpha} = \frac{\zeta(\alpha)^2}{\zeta(2 \alpha)}$.
Et pour ma question ?
$ \displaystyle \sum_{\substack{a,b=1 \\ (a,b)=1}}^\infty \frac{1}{a^\alpha b^{\beta}} = \frac{\zeta(\alpha)\zeta(\beta)}{\zeta(\alpha+\beta)}$.
\begin{align*}
\sum_{\substack{a,b=1 \\ (a,b)=1}}^\infty \frac{1}{(ab)^\alpha} &= \sum_{a,b} \frac{1}{(ab)^\alpha} \sum_{d \mid (a,b)} \mu(d) = \sum_{d=1}^\infty \mu(d) \sum_{\substack{a,b=1 \\ a \, \equiv 0 \, (\textrm{mod} \, d) \\ b \, \equiv 0 \, (\textrm{mod} \, d)}}^\infty \frac{1}{(ab)^\alpha} \\
&= \sum_{d=1}^\infty \mu(d) \sum_{h,k=1}^\infty \frac{1}{(hkd^2)^\alpha} = \left( \sum_{d=1}^\infty \frac{\mu(d)}{d^{2 \alpha}} \right) \left ( \sum_{h=1}^\infty \frac{1}{h^\alpha} \right )^2 = \frac{\zeta(\alpha)^2}{\zeta(2 \alpha)}.
\end{align*}
Merci pour ces indications. Pouvez-vous m'indiquer comment vous calculez la somme des mu(d)/d^(x) ?
Je ne connais de la fonction de Möbius que ce que je peux lire sur wikipédia, ce qui me suffit pour suivre le calcul sauf sur ce point précis.
Merci d'avance,
\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^s}=1-\frac{1}{2^s}-\frac{1}{3^s}-\frac{1}{5^s}+\frac{1}{6^s}-\frac{1}{7^s}+\cdots=\frac{1}{\zeta(s)}, \]
où la seconde égalité provient du développement en produit eulérien de $\zeta$.
Je n'aime personnellement pas utilisé un résultat si je n'ai aucune idée de sa démonstration. Mais évidemment on ne peut pas tout retenir par coeur :-(
Edit : merci de vos réponses je vais regarder ça
A propos, j'ai posé une question ci-dessus en retour à la tienne (plus simple que le calcul de séries de Dirichlet), j'attends toujours des réponses (ou des débuts d'idées)...
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,827165,827423#msg-827423
une démonstration probabiliste de l'égalité : $\underset{a\wedge b=1}{\underset{a\in \N^{*},b\in \N^{*}}{\sum }}\frac{1}{a^{\alpha }b^{\beta }}=\frac{\zeta (\alpha )\zeta (\beta )}{\zeta (\alpha +\beta )}$, et
aléa a apprécié cette démonstration.
Bonne nuit.
RC
Et pour la mienne (je sais, je suis un peu lourd, mais bon...) ?
J'avoue que j'ai un petit faible pour la méthode de Guego. J'ai moi-même procédé de façon similaire, mais avec moins de talent.
On vient donc de démontrer que, pour $k=2$, on a $S(k)=\dfrac{\Zeta(k)^2} {\Zeta(2k)}=\dfrac 5 2$.
Connaissez -vous d'autres valeurs de l'entier $k$ pour lesquels $S(k)$ est rationnel ?
@enonce : Je vois comment faire ton exo, mais je n'ai pas rédigé. L'idée est d'écrire $d(PGCD(i,n))$ sous la forme d'une somme de $1$ sur $x\in \N\ (x | i)\text{et}(x | n)$ et de pemuter les sommations.
Merci d'avoir retrouvé ce fil, j'y avais pensé, mais je ne l'avais pas retrouvé.
On a donc deux preuves probabilistes différentes (au moins à première vue).
Ton idée est reprise ici : http://math.stackexchange.com/questions/83805/an-identity-involving-the-mobius-function
Donc je comprends bien le principe même si la fonction de Möbius m'était inconnu avant
[small]J'adore le concept de convergence en vrac par ailleurs, si bien expliqué par Roger Godement. Ca m'a quelque fois permis de bien tuer certains exos de spe, même si c'était limite HP car de mon époque on était assez contraint pour justifier des permutations de sommes, surtout si on sort du cadre des séries doubles.[/small]
edit : désolé pour le latex, je suis sur tablette, donc j'ai la flemme de développer complètement ma solution, mais je pourrais le faire si jamais elle est juste
edit 2 : je pense que je suis trop optimiste, j'avais rien écrit, mais là en posant les choses ça me semble plus du tout sûr que ma solution marche, je vais regarder.
Pour répondre à la question posé par enonce, ma suggestion prospère trivialement, si j'ose ainsi exprimer le fait qu'une ligne suffit pour l'écrire.
Crdialement,
zephir.
Évidemment, je ne l'aurais pas fait en concours mais c'était bien marrant en DS Surtout qu'il me semble que le terme "convergence en vrac" est propre à Godement, alors ça fait étalage de culture dans la copie 8-)
enonce, tu t'adresses à moi ?
Dans ce cas je vais chercher, comme je disais dans mon edit, ça paraît moins évident à démontrer quand je pose les choses à l'écrit ...
Que veux-tu dire ? Je collais à l'époque en MP*, et je trouvais bien d'avoir mis au programme cette notion éclairante qui est assez peu enseignée (pour ma part, j'avais appris ça seul dans Choquet).
Tiens : donnes-moi un EVN et une famille sommable mais pas absolument sommable.
@enonce : Je me suis fait prendre tellement souvent que maintenant jai le réflexe de mettre $d(n)$ sous la forme de somme de $1$ et de permuter la double sommation ainsi obtenue. Je pense que cela doit être la première chose qu'on doit apprendre quand on fait de la théorie des nombres. Et puis le produit de Cauchy multiplicatif, c'est joli.
$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}d(i \wedge n) = \sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid i \wedge n}1 = \sum_{i=1}^{n}\sum_{\substack{d\mid n \\ d\mid i}}1 = \sum_{d\mid n}\sum_{\substack{i=1 \\ d\mid i}}^{n}1 = \sum_{d\mid n}\frac{n}{d} = \sum_{d\mid n}d = \sigma(n)$.
Variante : $$\displaystyle \sum_{\substack{(a,b)\in \N^{*2} \\ a \mid b}}^\infty \dfrac 1 {a^2b^2} = ??$$
Amicalement.
Et ce, pour $n>1$ et $m\geq 0$, même non entiers ?
Bonne journée.
RC
[Grillé par RC.]
Revenant à notre somme précédente, il vient :
$S_{m,n}=\underset{a\mid b}{\underset{a\in \N^{*},b\in \N^{*}}{\sum }}\frac{1}{a^{m}b^{n}}=\underset{b\in \N^{*}}{\sum }\frac{1}{b^{m+n}}\underset{a\in \N^{*},a\mid b}{\sum }\frac{b^{m}}{a^{m}}=\underset{b\in \N^{*}}{\sum }\frac{1}{b^{m+n}}\underset{d\mid b}{\sum }d^{m}=\underset{b=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{\sigma _{m}(b)}{b^{m+n}}$.
Le calcul précédent nous donne la somme de cette série.
Bonne journée.
RC
Trop forts (tu)
Ces divers exercices sont également proposés dans le Monier d'analyse.
Amicalement.
Voilà la mienne, qui repose sur le Lemme suivant, dû à Césaro en 1885 :
{\it soit $f$ une fonction arithmétique quelconque. Alors, pour tout $n \in \N^*$, on a} $\displaystyle \sum_{i=1}^n f \left( \textrm{pgcd}(i,n) \right) = \left ( f \star \varphi \right )(n)$ {\it où l'opération $\star$ est le produit de convolution de Dirichlet}.
{\bf Preuve} (Césaro, 1885). On a immédiatement
$$\sum_{i=1}^n f \left( \textrm{pgcd}(i,n) \right) = \sum_{d \mid n} f(d) \sum_{\substack{k \leqslant n/d \\ (k,n/d) = 1}} 1 = \sum_{d \mid n} f(d) \varphi(n/d) = \left ( f \star \varphi \right )(n).$$
Il n'y a plus qu'à remplacer $f$ par $d$ pour obtenir directement le résultat.
A noter que, puisque $\sigma(n) = O \left (n \log \log n)$, on en déduit que $\displaystyle \sum_{i \leqslant n} d \left( \textrm{pgcd}(i,n) \right ) \ll n \log \log n$ à comparer avec le résultat connu $\displaystyle \sum_{i \leqslant n} d(i) \ll n \log n$.
Avec l'identité de Césaro, vous pouvez obtenir d'autres relations intéressantes concernant les sommes de fonctions arithmétiques prises sur les pgcd. Par exemple, on a
$$\sum_{i=1}^{2n} \mu \left ( \textrm{pgcd}(i,2n) \right ) = 0$$
(c'était celle-ci que j'avais initialement mise en exercice plutôt que l'autre).