Nombres parfaits

emmanuel

Bonsoir,
Je n'arrive pas à démontrer le résultat (classique) suivant:
pour n$\in$$\N$*, je note $\sigma$(n) la somme des diviseurs de n.
Montrer que: n^m=1 $\Rightarrow$ $\sigma$(nm)=$\sigma$(n)$\sigma$(nm).
J'ai attaqué par la décomposition de n en facteurs premiers et depuis gros brouillard épais...

Probaloser

Un debut de piste : le produit d'un diviseur de $n$ et d'un diviseur de $m$ est un diviseur de $nm$.

emmanuel

Il y a une faute de frappe:
Montrer que: n^m=1 $\Rightarrow$ $\sigma$(nm)=$\sigma$(n)$\sigma$(m).

emmanuel

Avec le décodeur:
Montrer que: n^m=1 $\Rightarrow$ $\sigma$(nm)=$\sigma$(n)$\sigma$(nm).

emmanuel

Bon je merdouille ce soir, il faut lire:
Montrer que: n^m=1 $\Rightarrow$ $\sigma$(nm)=$\sigma$(n)$\sigma$(m).

Debilum

Tu considères d1, ...,dn0 les diviseurs de n et d\'1, ...,d\'m0 ceux de m.
Tu remarques que pour i $\\in$ [1,n0] et pour tout j $\\in$ [1,m0], di*d\'j divise nm.
Ensuite tu remarques que si a est un diviseur de nm, chaque facteur premier de la décomposition de a divise n ou m, donc a est le produit d\'un diviseur de n et d\'un diviseur de m.
Donc l\'ensemble des diviseurs de nm est l\'ens. des produits did\'j.

Ensuite tu considères l\'application qui a un couple (di,d\'j) associe leur produit di*d\'j
(on a vu qu\'elle était surjective)
Montre qu\'elle est injective
donc bijective et là je te laisse conclure

Debilum

Tu considères d1, ...,dn0 les diviseurs de n et d'1, ...,d'm0 ceux de m.
Tu remarques que pour i appartenant à [1,n0] et pour tout j appartenant à [1,m0], di*d'j divise nm.
Ensuite tu remarques que si a est un diviseur de nm, chaque facteur premier de la décomposition de a divise n ou m, donc a est le produit d'un diviseur de n et d'un diviseur de m.
Donc l'ensemble des diviseurs de nm est l'ens. des produits did'j.

Ensuite tu considères l'application qui a un couple (di,d'j) associe leur produit di*d'j
(on a vu qu'elle était surjective)
Montre qu'elle est injective
donc bijective et là je te laisse conclure

borde1

Bonsoir,

Il y a aussi la (quasi-)définition de $\sigma$ par l'intermédiaire d'un produit de convolution de Dirichlet : $$\sigma = Id \star 1$$ où $Id$ est la fonction arithmétique identité ($Id(n)=n$) et $1$ est la fonction multiplicative définie par $1(n)=1$ pour tout entier $n \geq 1$

Comme ces 2 fonctions sont multiplicatives (et même complètement multiplicatives), il s'ensuit que $\sigma$ est aussi multiplicative, ce qui est la question posée (voir mon post précédent...).

Aucun calcul...Encore une fois l'on voit la puissance de ce produit de convolution.

Borde.

emmanuel

Bonjour,
Merci pour vos pistes.
Probaloser: anti brouillard insuffisants
Debilum: l'injectivité découle de n^m=1. Mais après, à part conclure que le nbe de diviseurs de nm est égal à (nbe de diviseurs de n)*(nbe de diviseurs de m). Retour du fog londonien.
Borde: après avoir avoué ma complète ignorance du produit de convolution de Dirichlet, je me permets de faire état d'un doute: où intervient le fait que n^m=1? Hypothèse importante (essayer n=2, m=4).

De mon côté, j'ai poussé ma piste décomposition en facteurs premiers et ai finalement montré par une récurennce sur le nbe de facteurs premiers (ici k) que $\sigma$(n)=(1+p1+...+p1^s1)*...*(1+pk+...+pk^sk) où n=p1^s1*...*pk^sk. Et là, bout du tunnel et retour du soleil! J'aimerais néanmoins bien comprendre vos méthodes qui ne paraissent toutes plus élégantes que mon calcul caterpilar.

borde1

Bonour,

Si $f$ et $g$ sont 2 fonctions arithmétiques quelconques, le produit de convolution de Dirichlet est défini par : $$(f \star g)(n) = \sum_{d|n} f(d)g(\frac {n}{d}) = \sum_{d|n} f(\frac {n}{d}) g(d)$$ où la somme porte sur tous les diviseurs de $n$.

Une fonction arithmétique $f$ est dite multiplicative ssi $\gcd(m,n)=1 \Rightarrow f(mn)=f(m)f(n)$. Elle est dite complètement multiplicative si l'égalité $f(mn)=f(m)f(n)$ a lieu pour tout couple $(m,n)$ d'entiers (non plus nécessairement premiers entre eux).


Tout repose alors sur le résultat fondamental suivant :


Si $f$ et $g$ sont multiplicatives, alors $f \star g$ l'est aussi.


Preuve. Elle repose sur le fait suivant connu (qui utilise la décomposition en facteurs premiers des entiers) : Soit $m$ et $n$ entiers $\geq 1$ tels que $\gcd(m,n)=1$. Alors : $$d|mn \Longleftrightarrow d=ab, a|m, b|n, \gcd(a,b)=1$$

Prenons $m$ et $n$ tels que $\gcd(m,n) = 1$. On a alors, si l'on note $h = f \star g$ : $$h(mn) = \sum_{d|mn} f(d) g(\frac {mn}{d})$$
soit, en utilisant le principe ci-dessus et en utilisant la multiplicativité de $f$ et $g$ : $$h(mn) = \sum_{a|m} \sum_{b|n} f(a)f(b)g(\frac {m}{a})g(\frac {n}{b})$$ et en séparant les sommes, on obtient bien : $h(mn) = h(m)h(n)$$
CQFD

La fonction $\sigma$ est la fonction "somme des diviseurs" cad : $$\sigma(n) = \sum_{d|n} d = (Id \star 1)(n)$$ avec les notations de mes précédents posts. Il est clair que $Id$ et $1$ sont (complètement) multiplicatives, donc $\sigma$ est aussi multiplicative.


Plus généralement, soit $k$ en entier $\geq 1$ et on définit $$\sigma_k(n) = \sum_{d|n} d^k = (Id_k \star 1)(n)$$ où $Id_k(n) = n^k$. Les fonctions $Id_k$ et $1$ sont multiplicatives et ainsi $\sigma_k$ l'est aussi.


Il existe beaucoup d'autres décompositins de ce type : par exemple, si $\tau$ désigne le nombre de diviseurs, alors $\tau = 1 \star 1$ et donc $\tau$ est aussi multiplicative. Si $\mu$ est la fonction de Möbius et $\varepsilon$ est définie par $\varepsilon(n) = 1 si n = 1, 0 sinon$ alors on a ce que l'on appelle la formule d'inversion de Möbius : $$\mu \star 1 = \varepsilon$$ qui permet de faire plein de choses. Etc...

Borde.

borde1

Bon : je recommence...


Dans toute la suite, $m$ et $n$ sont deux entiers naturels non nuls.


Le produit de Dirichlet de 2 fonctions arithmétiques quelconques est défini par : $$(f \star g)(n) = \sum_{d|n} f(d) g( \frac {n}{d}) = \sum_{d|n} f( \frac {n}{d}) g(d)$$

Une fonction arithmétique $f$ est dite multiplicative ssi $$\gcd(m,n)=1 \Rightarrow f(m n)=f(m) f(n)$$


Le résultat fondamental est alors le suivant :

TH : Si $f$ et $g$ sont multiplicatives, alors $f \star g$ l'est aussi.


Preuve : Elle repose sur le fait connu suivant (qui utilise la décomposition des entiers en facteurs premiers) : si $\gcd(m,n) = 1$ alors : $$d|mn \Longleftrightarrow d=ab$$ où $a|m$, $b|n$ et $\gcd(a,b) = 1$.

Soit alors $m$ et $n$ tels que $\gcd(m,n) = 1$ et on note $h = f \star g$. Avec ce principe, on peut écrire que : $$h(m n) = \sum_{d|mn} f(d) g( \frac {mn}{d}$$ soit $$h(mn) = \sum_{a|m} \sum_{b|n} f(a) f(b) g( \frac {m}{a}) g( \frac {n}{b})$$ et la séparation immédiate de ces 2 sommes fournit bien $$h(m n) = h(m) h(n)$$ CQFD


La fonction $\sigma$ est la fonction "somme des diviseurs", soit $$\sigma(n) = \sum_{d|n} d = (Id \star 1)(n)$$ avec les notations de mes précédents posts. Il est clair que $Id$ et $1$ sont multiplicatives, donc $\sigma$ l'est aussi.


Plus généralement, fixons un entier $k \geq 1$ et posons $$\sigma_k(n) = \sum_{d|n} d^k = (Id_k \star 1)(n)$$ où $Id_k(n) = n^k$. Alors, de nouveau, les fonctions arithmétiques $Id_k$ et $1$ sont multiplicatives, donc $\sigma_k$ l'est aussi.


Il y a plein d'autres exemples de ce type : par exemple, on note $\tau$ la fonction "nombre de diviseurs". Clairement, $\tau = 1 \star 1$ et donc $\tau$ est aussi multiplicative. On a d'autres exemples impliquant d'autres fonctions arithmétiques célèbres ($\mu$, $\varphi$, $2^{\omega}$, etc...) et toutes se traitent de le même façon.

Borde.

jacques1

$2^\omega$ ???

borde1

Pour Jacques : toutes les notations sont maintenant (à peu près) standardisées en théorie multiplicative des nombres, et $_omega$ est la fonction (fortement) additive qui compte le nombre de nombres premiers distincts de $n$, soit : $$\omega(n) = \sum_{p|n} 1$$ où la somme porte sur les facteurs premiers de $n$.

Ainsi, la fonction $2^{\omega}$ est (fortement) multiplicative. Tant qu'on y est, sa copine est la fonction mutliplicative $2^Omega$ où $\Omega(n)$ compte le nombre de facteurs premiers de $n$ avec leurs multiplicité, soit : $$\Omega(n) = \sum_{p^l \| n} l$$


Borde.

borde1

Houlà !!... Lire $\omega$ en ligne 2 et $2^{\Omega}$ en ligne 8...Pardon..

Borde.

jacques1

Ok, merci.

emmanuel

Cher Monsieur Borde. MERCI pour la qualité de la réponse et le temps que tu as dû y consacrer. Je dois dire que depuis 3 jours que j'ai découvert ce forum, je suis impressionné par la pertinence des interventions. 2 questions auxquelles je ne peux résister plus longtemps: quelle est ton activité professionnelle? Où puis trouver des infos (type cours) sur le produit de Dirichlet de 2 fonctions arithmétiques et la théorie multiplicative des nombres? Encore MERCI.

Vianney

Bonjour,

Si $f$ et $g$ sont 2 fonctions arithmétiques quelconques, le produit de convolution de Dirichlet est défini par : $$(f \star g)(n) = \sum_{d|n} f(d)g(\frac {n}{d}) = \sum_{d|n} f(\frac {n}{d}) g(d)$$ où la somme porte sur tous les diviseurs de $n$.

Une fonction arithmétique $f$ est dite multiplicative ssi $\gcd(m,n)=1 \Rightarrow f(mn)=f(m)f(n)$. Elle est dite complètement multiplicative si l'égalité $f(mn)=f(m)f(n)$ a lieu pour tout couple $(m,n)$ d'entiers (non plus nécessairement premiers entre eux).


Tout repose alors sur le résultat fondamental suivant :


Si $f$ et $g$ sont multiplicatives, alors $f \star g$ l'est aussi.


Preuve. Elle repose sur le fait suivant connu (qui utilise la décomposition en facteurs premiers des entiers) : Soit $m$ et $n$ entiers $\geq 1$ tels que $\gcd(m,n)=1$. Alors : $$d|mn \Longleftrightarrow d=ab, a|m, b|n, \gcd(a,b)=1$$

Prenons $m$ et $n$ tels que $\gcd(m,n) = 1$. On a alors, si l'on note $h = f \star g$ : $$h(mn) = \sum_{d|mn} f(d) g(\frac {mn}{d})$$
soit, en utilisant le principe ci-dessus et en utilisant la multiplicativité de $f$ et $g$ : $$h(mn) = \sum_{a|m} \sum_{b|n} f(a)f(b)g(\frac {m}{a})g(\frac {n}{b})$$ et en séparant les sommes, on obtient bien : $$h(mn) = h(m)h(n)$$
CQFD

La fonction $\sigma$ est la fonction "somme des diviseurs" cad : $$\sigma(n) = \sum_{d|n} d = (Id \star 1)(n)$$ avec les notations de mes précédents posts. Il est clair que $Id$ et $1$ sont (complètement) multiplicatives, donc $\sigma$ est aussi multiplicative.


Plus généralement, soit $k$ en entier $\geq 1$ et on définit $$\sigma_k(n) = \sum_{d|n} d^k = (Id_k \star 1)(n)$$ où $Id_k(n) = n^k$. Les fonctions $Id_k$ et $1$ sont multiplicatives et ainsi $\sigma_k$ l'est aussi.


Il existe beaucoup d'autres décompositions de ce type : par exemple, si $\tau$ désigne le nombre de diviseurs, alors $\tau = 1 \star 1$ et donc $\tau$ est aussi multiplicative. Si $\mu$ est la fonction de Möbius et $\varepsilon$ est définie par $\varepsilon(n) = 1$ si $n = 1$, 0 sinon alors on a ce que l'on appelle la formule d'inversion de Möbius : $$\mu \star 1 = \varepsilon$$ qui permet de faire plein de choses. Etc...

Borde.

Vianney

$$h(m n) = \sum_{d|mn} f(d) g( \frac {mn}{d})$$

Vianney

Borde > J'ai un doute : avez-vous remarqué que lorsqu'un message a été envoyé contenant du LaTeX vous pouvez voir son code en cliquant sur "Code LaTeX" en bas à droite du cadre (sauf lorsqu'il contient un < auquel cas il est tronqué à cet endroit) ?

Ainsi dans le cas où le message envoyé est vide (ie comportant une erreur de LaTeX), vous pouvez faire un copier-coller de votre code pour le débuger et le renvoyer (un modérateur se chargera d'effacer celui en trop), et donc ne pas tout retaper ou presque !

Votre patience et votre acharnement à fournir une réponse commencée font en tout cas plaisir à voir

Vianney

borde1

Pour Vianney : je n'avais pas remarqué cette fonctionnalité, mais retaper un texte ne me dérange pas au sens où cela m'entraîne à écrire du LaTeX.D'autre part, ces textes ne sont pas bien longs, donc pas de soucis...

Pour Emmanuel : je suis heureux que ces quelques renseignements aient pu te servir...Quant à mon activité professionnelle, à l'instar de mes nombreux collègues intervenant sur ce forum, je suis professeur (avec "p" minuscule, donc, si j'ai bien compris...) agrégé + DEA de Théorie des Nombres.

Quant à un ouvrage traitant de la théorie multiplicative, il y en a un paquet, mais je te conseillerais plutôt le livre de J-M de Koninck & A. Mercier, "Introduction à la théorie des nombres", édité chez modulo (1994), ISBN = 2-89113-500-8. Ce livre possède à mon sens 2 avantages : il a été écrit par des spécialistes du genre qui ont réussi à mettre à la portée des étudiants de TS spé / CPGE un sujet (très) compliqué, et ce dans un style très vivant. Le niveau monte progressivement, mais sans brutalité.

Bref : on a le contenu ET la pédagogie ! Un très bon livre, assurément !

Borde.

emmanuel

merci pour la réponse et pour la référence. A bientôt.