À propos de la fonction indicatrice d'Euler

babsgueye
babsgueye
dans Shtam
Salut.
$\varphi$ est la fonction indicatrice d'Euler.

Conjecture. Soit $n$ un nombre entier dont les diviseurs premiers sont $p_1, p_2,\ldots p_r$, alors
$$
\sum_{i=1}^{r}p_{i}^{\varphi(n)}\equiv r - 1\ [n].

$$ En plus : $\forall i\,\in\,[\![1; r]\!], \ \forall a$ entier naturel, $p_i^{\varphi(n)}\equiv (p_i^a)^{\varphi(n)}\ [n]$.

Par exemple.
$2\times3 = 6,\ \varphi(6) = 2,\ 2^2 + 3^2 = 13 \equiv 1\ [6]$.
$2^2\times3^2 = 36,\ \varphi(36) = 12,\ 2^{12} + 3^{12} = 535537 \equiv 1\ [36]$.
$2\times3^3\times7^2 = 2646,\ \varphi(2646) = 1512,\ 2^{1512} + 3^{1512} + 7^{1512} \equiv 2\ [2646]$.
En plus
$3^{1512}\equiv 27^{1512}\equiv 243^{1512}\ [2646]$.

À vérifier et donner des idées pour une éventuelle preuve.
Merci.

Réponses

  • Zgrb
    Zgrb
    La première partie de la conjecture (avant le "En plus") est vérifiée pour tout entier compris entre 2 et 1000000.

    À vous de vérifier qu'elle n'a pas déjà été prouvée, ou de la prouver désormais.
  • Zgrb
    Zgrb
    Le "En plus" est vérifié pour tout $n$ compris entre 2 et 1000 et tout $a$ compris entre 1 et 1000.

    À vous de vérifier qu'il n'a pas déjà été prouvé, ou de le prouver désormais.
  • LOU16
    LOU16
    Bonjour,
    Rien de franchement mystérieux dans ces congruences, toutes deux faciles à établir.
    Voici une certification de la première, qui se contente de faire appel à: $"a\wedge m =1 \implies a^{\varphi(m)}\equiv 1 \mod m."$
    Soit $n = \displaystyle \prod _{i=1}^r p_i^{a_i},\:\: \:\:p_i\:\text{premiers distincts},\:\:a_i\in \N^*.\quad$ Alors: $\quad\forall i \in [\![1;r]\!], \: \:\: \varphi(p_i^{a_i})\:\text{divise}\: \varphi(n),\:\:\:\varphi(n) \geqslant a_i.$
    $\forall i,j \in [\![1;r]\!], \quad p_j^{\varphi(n)}\equiv 0 \mod p_j^{a_j},\quad i\neq j \implies p_i ^{\varphi (p_j^{a_j})}\equiv 1,\:\:\:p_i ^{\varphi (n)} \equiv 1 \mod p_j^{a_j}.\qquad \displaystyle \sum_{i=1}^r p_i^{\varphi(n)}\equiv r-1 \mod p_j^{a_j}.$
    $\forall j \in [\![1;r]\!],\quad p_j^{a_j}\:\text{divise}\: \displaystyle \sum_{i=1}^r p_i^{\varphi(n)} -(r-1),\qquad \sum_{i=1}^r p_i^{\varphi(n)}\equiv r-1 \mod n.$
  • babsgueye
    babsgueye
    Merci @LOU16, c'est vrai que c'était pas profond.
    En fait, je m'étais posé la question du comportement des diviseurs de $n$ à la puissance $\varphi(n)$. Je remarque en fait que la somme des exposants $\varphi(n)$ des diviseurs de $n$ modulo $n$ a un comportement très particulier.
    Je remarque par exemple que si $n$ est un nombre semi-premier à deux facteurs différents, alors la somme des exposants $\varphi(n)$ des diviseurs de $n^2$ est égale à $3$ modulo $n$ (quels que soient les deux facteurs).
    De mème pour $n$ produit de trois nombres premiers distincts, on trouve une valeur constante pour cette somme...Mais bon si ça ne se trouve pas dans la littérature (je n'ai pas cherché), peut-être il n'y a [pas] trop d'intérêt à en tirer.

    PS : de mon téléphone
  • babsgueye
    babsgueye
    Modifié (July 2022)
    Salut.

    On peut énoncer des conjectures pour certaines familles de nombres entiers si la conjecture suivante que je donne après quelques calculs est vérifiée.

    Conjecture :
    Soient $n = \displaystyle\prod_{i=1}^{r}p_i$, les $p_i$ premiers, et $m = \displaystyle\prod_{i=1}^{r}q_i$, les$q_i$ premiers, alors :
    $\displaystyle\sum_{d/n}d^{\varphi(n^a)}\bmod n^a = \displaystyle\sum_{d/m}d^{\varphi(m^a)}\bmod m^a,\quad \forall a\in\mathbb{N}$.



    Cordialement.
  • babsgueye
    babsgueye
    Modifié (July 2022)
    Salut.
    Message effacé car personne n'a intervenu). La conjecture était fausse.
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