Une propriété de la fonction de Möbius
Réponses
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Si $S_n$ est la somme cherchée, je trouve
$$\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad S_n = 1.$$
En effet, deux remarques :
(i) Pour tout entier $n \geqslant 1$, $v_n$ donne la $n$-ème non-puissance $4$-ème ;
(ii) Si $\mu^{\star 3}$ désigne la triple convolée de Dirichlet de la fonction de Möbius (notée ici $f$ par Cidrolin), alors elle s'annule sur les entiers $4$-pleins $> 1$.
Ainsi, si $E_n := \{1, \dotsc,v_n \}$ et $F_n := \{ v_k : 1 \leqslant k \leqslant n \}$, alors $F_n = E_n \setminus \left\lbrace k = h^4 : 1 \leqslant k \leqslant n \right\rbrace$, de sorte que
$$S_n = \sum_{\substack{k=1 \\ k=h^4}}^n \left( \mu^{\star 3} \right) (k) =1 + \sum_{h=2}^{\lfloor n^{1/4} \rfloor} \left( \mu^{\star 3} \right)(h^4) = 1 + 0 = 1. $$ -
Parfait noix de totos, comme toujours.
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Merci.
Évidemment, ton exercice se généralise avec la fonction $\mu^{\star \, m} := \underbrace{\mu \star \dotsb \star \mu}_{m \, \textrm{fois}}$ et en définissant la suite $v_{n,m} := \left \lfloor n + \left( n + n^{1/m} \right)^{1/m} \right \rfloor$, qui donne donc la $n$-ème non-puissance $m$-ème.
Le même raisonnement que ci-dessus fournit
$$\forall m \in \mathbb{N}, \quad \forall n \in \mathbb{N}^*, \quad \sum_{k=1}^{v_{n,m+1}} \left( \mu^{\star \, m}\right) (k) - \sum_{k=1}^n \left( \mu^{\star \, m}\right) \left( v_{k,m+1} \right) = 1.$$
Le cas "pathologique" $m=0$ se fait en prenant pour convention que $\mu^{\star \, 0}$ est l'élément neutre du produit de convolution de Dirichlet (pas de notation standardisée pour lui), i. e. $\mu^{\star \, 0} (1)=1$ et $n > 1 \Rightarrow \mu^{\star \, 0} (n) = 0$. Dans ce cas, comme $v_{n,1}=3n$, la $1$ère somme vaut $1$ et la $2$nde somme est nulle. -
Merci à @Cidrolin pour avoir posé l'exercice et à @"noix de totos" pour l'avoir résolu.
J'avais réussi à calculer $f=\mu^{*3}$ et j'avais même montré que plus généralement, avec les notations de noix de totos, on a pour $p$ premier $\mu^{*m}(p^k)=(-1)^k{\binom m k}$.
Mais je n'avais pas réussi à interpréter la suite $(v_n)$ que je ne connaissais pas.
Une fois qu'on a interprété la suite $(v_n)$ et la fonction $f$ le résultat est immédiat.
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Bonjour Jandri,
Ta valeur de $\mu^{\star \, m}$ sur les puissances primaires est tout à fait correcte, je l'avais d'ailleurs mise il y a un an (enfin je crois) sur l'un des autres exercices de Cidrolin qui, déjà à l'époque, utilisait cette fonction.
Comme elle est multiplicative, il s'ensuit immédiatement qu'elle est nulle sur les entiers $(m+1)$-pleins, sauf $1$ bien entendu (qui est à la fois $k$-libre et $k$-plein par convention).
Quant à la suite $(v_n)$, ou plus généralement $\left( v_{n,m} \right)$, définie plus haut, je dois avoir une référence dessus : un vieux texte non publié de Moser, si ma mémoire est bonne.
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Pour m=2 la suite est dans l'OEIS : https://oeis.org/A000037
De même pour m=3 https://oeis.org/A007412 -
Exact ! Il eut été d'ailleurs étonnant qu'elle n'y soit pas sous une forme ou une autre.
Cidrolin : où as-tu trouvé cet exercice ? l'as-tu créé toi-même ? -
Je l’ai inventé.
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Bien vu !
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noix de totos a dit :
Ta valeur de $\mu^{\star \, m}$ sur les puissances primaires est tout à fait correcte, je l'avais d'ailleurs mise il y a un an (enfin je crois) sur l'un des autres exercices de Cidrolin qui, déjà à l'époque, utilisait cette fonction.
Une fois qu'on a la formule sa démonstration par récurrence est sans difficultés. -
Oui, c'est exactement ça.
La fonction $\mu^{(\star \, 2)} = \mu \star \mu$ est quelque peu importante, puisqu'elle est la transformée d'Ératosthène de $\mu$, et donc peut jouer un rôle clé dans l'étude de la fonction sommatoire de $\mu$, i.e. la fonction de Mertens.
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Bonjour!
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