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Somme des diviseurs de n!

Envoyé par enonce 
enonce
Somme des diviseurs de n!
il y a six années
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.
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
avatar
Trivial, non ? Pour $k\in \{1,2,...,n\}$, le nombre $\frac{n!}{k}$ est un entier diviseur de $n!$, etc.
Bonne soirée.
RC
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
On développe le produit de droite, on obtient la somme de $n$ diviseurs distincts de $n!$ (compris entre $(n-1)!$ et $n!$) donc c'est nécessairement inférieur ou égal à $\sigma(n!)$ ?

Edit : grillé par R.C.
enonce
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Oui, c'était assez facile. On peut aussi attaquer directement comme ça :
$$\frac{\sigma(n!)}{n!} = \sum_{d \mid n!} \frac{1}{d} \geqslant \sum_{d=1}^n \frac{1}{d} = H_n.$$
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
avatar
C'est le problème 10. b, p. 110, de D. M. BURTON, Elementary Number Theory, 6th edition, McGraw Hill, 2007. Très beau livre d'initiation, avec beaucoup d'exercices, par exemple : la moyenne harmonique des diviseurs d'un nombre parfait est un nombre entier.
enonce
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Bon ! Comme il y a des fortiches ici, en voici un autre, un peu du même genre et d'un niveau à peine plus élevé : montrer l'inégalité
$$\sigma(n) < \tfrac{1}{2} \, n \log n + 3 n \quad \left( n \geqslant 1 \right).$$
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
avatar
Je tente. On a
$$\dfrac{\sigma(n)}{n}=\sum_{d \mid n} \frac{d}{n}=\sum_{d \mid n} \frac{1}{d}=\sum_{d \mid n,\, d\leq\sqrt{n}}\frac{1}{d}+\sum_{d \mid n,\, d>\sqrt{n}} \frac{1}{d}.$$
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 $$\sigma(n)\leq\frac{1}{2}n\ln n+2n.$$
enonce
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Excellent, Juge Ti ! Sincèrement !

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 : [math.univ-lille1.fr]\~{}ramare/TME-EMT/accueil.html

[Corrigé selon ton indication. AD]
enonce
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Merci, Alain !
[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 $n$.
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Bonjour,
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
enonce
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Il ne faut pas se méprendre : moi, je ne me contente que de proposer quelques exercices amusants pour (re)mettre un peu d'arithmétique sur le forum. C'est tout ! Je ne prétends en aucune manière "maîtriser la fonction $\sigma$" plus que cela.

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 !
JLT
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
avatar
\begin{eqnarray*}
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*}
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Impressionnant eye popping smileyeye popping smileyeye popping smiley
enonce
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Bravo JLT ! Excellent !

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 ?
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Oui !!
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
avatar
[attachment 28964 image.png]


bs
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
avatar
Bonjour,

Alors, pouvez-vous montrer que :
$$\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{\sigma(k)}{k} \leq 2n$$

Amicalement.
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
avatar
Bonjour bs,

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
$$\sum_{d=1}^n\frac{1}{d}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\leq\sum_{d=1}^n\frac{1}{d}\frac{n}{d}\leq n\sum_{d=1}^n\frac{1}{d^2}\leq \frac{\pi^2}{6}n\leq 2n.$$
bs
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
avatar
Bonjour,

thumbs down 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 : [web.mit.edu]

Amicalement.
enonce
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Merci bs pour avoir pris le relais.

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).
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
On arrive facilement à $\frac{\tau(n)+1}{2}n$...
enonce
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Vas-y Egoroff, mets-nous ta solution, que je te félicite toi aussi ! :)-D
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Oh mais ça n'a rien de commun à ce qui précède, et puis ça ne répond pas à la question que tu as posée sad smiley
JLT
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
avatar
C'est un peu comme l'autre inégalité.

$$2\sigma(n)=\sum_{d\mid n} \Big( d+\frac{n}{d}\Big) \leqslant \sum_{d\mid n} (n+1)=(n+1)\tau(n).$$

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 $f(d)\leqslant \max(f(1),f(n))=n+1$.
enonce
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Ben voilà, avec un JLT en très grande forme. Bravo !! smoking smiley

A noter que certaines de ces inégalités se généralisent aisément. Par exemple, si $\sigma_k(n) = \sum_{d \mid n} d^k$, alors
$$n^{k/2} \tau(n) \leqslant \sigma_k(n) \leqslant \frac{n^k+1}{2} \, \tau(n).$$
enonce
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Un dernier mot : je voudrais remercier ici tout ceux qui ont permis de faire vivre ce fil : JLT, Juge Ti, Raymond Cordier, E(T)C, Egoroff, bs, Denise Chemla et AD pour sa correction.
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
avatar
Citation
enonce
Un dernier mot : je voudrais remercier ...
Quoi, c'est déjà fini ? :P
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Argh j'avais introduit la même fonction $f$ que JLT, sans aller jusqu'au bout. Trop dégoûté :)

Merci à toi enoncé pour ce fil fort distrayant !!
enonce
Re: Somme des diviseurs de n!
il y a six années
Citation
Egoroff
Merci à toi enoncé pour ce fil fort distrayant !!
Merci plutôt à toi d'être venu ! C'est d'ailleurs ma petite fierté : ce fil qui ne casse pas trois pattes à un canard a quand même fait venir les grosses pointures de ce forum, mine de rien !

Citation
Skffer3
Quoi, c'est déjà fini ?
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.
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