Somme des diviseurs de n!
dans Arithmétique
Je propose l'exercice d'arithmétique suivant, de niveau assez facile : montrer que, pour tout $n \in \N^*$, on a
$$\sigma(n!) \geqslant n! \times H_n$$
où $\sigma(m)$ désigne la somme des diviseurs de $m$ et $H_m = \sum_{k=1}^m 1/k$ est le $m$-ème nombre harmonique.
{\bf Référence}. \textsc{D. M. Burton}, {\it Elementary Number Theory}, MathPro Press.
$$\sigma(n!) \geqslant n! \times H_n$$
où $\sigma(m)$ désigne la somme des diviseurs de $m$ et $H_m = \sum_{k=1}^m 1/k$ est le $m$-ème nombre harmonique.
{\bf Référence}. \textsc{D. M. Burton}, {\it Elementary Number Theory}, MathPro Press.
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Réponses
Bonne soirée.
RC
Edit : grillé par R.C.
$$\frac{\sigma(n!)}{n!} = \sum_{d \mid n!} \frac{1}{d} \geqslant \sum_{d=1}^n \frac{1}{d} = H_n.$$
$$\sigma(n) < \tfrac{1}{2} \, n \log n + 3 n \quad \left( n \geqslant 1 \right).$$
$$\dfrac{\sigma(n)}{n}=\sum_{d \mid n} \frac{d}{n}=\sum_{d \mid n} \frac{1}{d}=\sum_{d \mid n,\, d\leq\sqrt{n}}\frac{1}{d}+\sum_{d \mid n,\, d>\sqrt{n}} \frac{1}{d}.$$
Or
$$\sum_{d \mid n,\, d\leq\sqrt{n}}\frac{1}{d}\leq H_{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}\leq\ln\lfloor\sqrt{n}\rfloor+1\leq\frac{1}{2}\ln n+1$$
et
$$\sum_{d \mid n,\, d>\sqrt{n}} \frac{1}{d}\leq \sum_{d \mid n,\, d>\sqrt{n}} \frac{1}{\sqrt{n}}\leq \frac{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}{\sqrt{n}}\leq 1$$
car il y a au plus $\lfloor\sqrt{n}\rfloor$ diviseurs de $n$ plus grands que $\sqrt{n}$.
On a donc $$\sigma(n)\leq\frac{1}{2}n\ln n+2n.$$
On peut même (légèrement) améliorer ton terme secondaire via $\displaystyle \sum_{\substack{d \mid n \\ d > \sqrt n}} \frac{1}{\sqrt n} \leqslant \frac{\tau(n)}{\sqrt n}$ et donc pour $n \geqslant 3$ $$\sigma(n) \leqslant \tfrac{1}{2} \, n \log n + n + \tau(n) \sqrt n \leqslant \tfrac{1}{2} \, n \log n + n + n^{1/2+1.5379 \log 2 / \log\log n}$$ Pour la dernière majoration, voir cet excellent site encore trop méconnu : http://math.univ-lille1.fr/\~{}ramare/TME-EMT/accueil.html
[Corrigé selon ton indication. AD]
[À ton service AD]
Encore un petit peu plus difficile, toujours concernant le fonction $\sigma$ : montrer que, pour tout $n \in \N^*$, on a $$\sigma(n) \geqslant \tau(n) \sqrt n$$ où $\tau(n)$ est le nombre de diviseurs de $n$.
Dans la mesure où vous semblez bien maîtriser la fonction somme des diviseurs et puisque cette fonction a les nombres premiers pour minima locaux, n'y aurait-il pas moyen d'utiliser toutes vos connaissances concernant $\sigma$ pour montrer que pour tout entier naturel $n$, il existe un entier $p$ tel que $\sigma(p)+\sigma(n-p)=n+2$ (i.e. à $n$ constant, $\sigma(p)$ et $\sigma(n-p)$ seraient comme des sortes de trous dans lesquels une bille tomberait et ne ressortirait pas).
Cordialement,
Denise Chemla
D'ailleurs, ceux qui (prouvent qui) maîtrisent bien cette fonction sont les intervenants qui ont répondu et trouvé les solutions de ces exercices. On peut leur rendre hommage pour ça !
2\sigma(n)&=&\sum_{d\mid n} \Big( d+\frac{n}{d}\Big)\\
&\geqslant& \sum_{d\mid n} 2\sqrt{n}\qquad\mbox{(inégalité arithmético-géométrique)}\\
&=& 2\tau(n)\sqrt{n}.
\end{eqnarray*}
Variante, toujours avec l'IAG car c'était le coeur de cet exercice :
$$\frac{1}{\tau(n)} \sum_{d \mid n} d \geqslant \left ( \prod_{d \mid n} d \right)^{1/\tau(n)} = \left( n^{\tau(n)/2} \right)^{1/\tau(n)} = \sqrt n.$$
Vous en voulez encore ?
Alors, pouvez-vous montrer que :
$$\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{\sigma(k)}{k} \leq 2n$$
Amicalement.
Sauf erreur on a
$$\sum_{k=1}^n \frac{\sigma(k)}{k}=\sum_{k=1}^n\sum_{d\mid k}\frac{d}{k}=\sum_{k=1}^n\sum_{d\mid k}\frac{1}{d}=\sum_{d=1}^n\sum_{1\leq k\leq n,\, d\mid k}\frac{1}{d}=\sum_{d=1}^n\frac{1}{d}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$$
car il y a $\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$ multiples de $d$ entre $1$ et $n$, et
$$\sum_{d=1}^n\frac{1}{d}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\leq\sum_{d=1}^n\frac{1}{d}\frac{n}{d}\leq n\sum_{d=1}^n\frac{1}{d^2}\leq \frac{\pi^2}{6}n\leq 2n.$$
(tu) Juge Ti. Faut faire apparaître effectivement le $\dfrac{\pi^2}{6}.$
Proposé lors du Harvard-MIT Mathematics Tournament en 2004.
Tu peux t'inscrire ici pour la session de novembre, il n'est pas trop tard : http://web.mit.edu/hmmt/www/
Amicalement.
S'il me le permet, je reprends le calcul de Juge Ti à partir de la seconde, pour voir si on peut aller plus loin. Avec l'égalité $\lfloor t \rfloor = t - \frac{1}{2} - \psi(t)$ où $\psi$ est la première fonction de Bernoulli, il vient
$$\sum_{k \leqslant n} \frac{\sigma(k)}{k} = \sum_{d \leqslant n} \frac{1}{d} \left \{ \frac{n}{d} - \frac{1}{2} - \psi \left( \frac{n}{d} \right ) \right \} = n \left ( \zeta(2)- \sum_{d > n} \frac{1}{d^2} \right ) - \frac{1}{2} \sum_{d \leqslant n} \frac{1}{d} - \sum_{d \leqslant n} \frac{1}{d} \psi \left( \frac{n}{d} \right ).$$
Autant il est facile d'estimer les deux premières sommes, autant la dernière pose un gros problème de théorie des nombres. Pour cette dernière, je vais donc faire appel aux maîtres du genre : en particulier, un résultat dû à Walfisz montre que
$$\sum_{d \leqslant n} \frac{1}{d} \psi \left( \frac{n}{d} \right ) = O \left ( \log^{2/3} n \right ).$$
En reportant cette estimation ci-dessus et en calculant les autres sommes de manière habituelle, on obtient donc
$$\sum_{k \leqslant n} \frac{\sigma(k)}{k} = n \zeta(2) - \frac{\log n}{2} + O \left ( \log^{2/3} n \right ).$$
A l'heure actuelle, il n'y a pas mieux dans le monde !
{\bf Exercice suivant}. Montrer que $\sigma(n) \leqslant \dfrac{n+1}{2} \, \tau(n)$ (les notations sont présentes dans les messages plus haut).
$$2\sigma(n)=\sum_{d\mid n} \Big( d+\frac{n}{d}\Big) \leqslant \sum_{d\mid n} (n+1)=(n+1)\tau(n).$$
L'inégalité vient du fait que la fonction $f(x)=x+\dfrac{n}{x}$ est convexe donc pour tout $1\leqslant d\leqslant n$ on a $f(d)\leqslant \max(f(1),f(n))=n+1$.
A noter que certaines de ces inégalités se généralisent aisément. Par exemple, si $\sigma_k(n) = \sum_{d \mid n} d^k$, alors
$$n^{k/2} \tau(n) \leqslant \sigma_k(n) \leqslant \frac{n^k+1}{2} \, \tau(n).$$
Merci à toi enoncé pour ce fil fort distrayant !!
Disons j'ai encore des inégalités ou autres estimations, mais elles me semblent plus compliquées que celles-ci, qui font appel à des techniques type Olympiades. Après, on passe à de la technicité d'arithmétique, parfois un peu ardue et, surtout, moins rigolote.