Une somme classique

discret

Étant relativement nouveau ici, je ne sais pas si c'est une habitude que de proposer des petits exercices, mais en voici un pour votre dimanche.

Toutes les sommes indicées par $p$ ne portant que sur des nombres premiers, démontrer que, pour tout entier $n \geqslant 3$, $$
\sum_{p \mid n} \frac{\log p}{p-1} < \log \log n + 2.
$$ On pourra utiliser librement l'estimation suivante du type Mertens $$
\sum_{p \leqslant x} \frac{\log p}{p} < \log x \quad \left( x > 1 \right ).
$$ Je donnerai une réponse plus tard, si elle n'a pas été donnée avant (elle ne prend que deux ou trois lignes de calculs classiques).

discret

Vite ! Remontons cet exercice avant qu'il ne disparaisse dans les méandres des "anciens" fils...

Sylvain

J'aimerais avoir un indice : faut-il utiliser la convolution de Dirichlet ?

discret

Bonsoir Sylvain,


et merci de t'intéresser à cette question.

Sylvain a écrit:

faut-il utiliser la convolution de Dirichlet ?

Non, inutile, il suffit d'utiliser la majoration ci-dessus et aussi celle-ci, plus simple à obtenir

$$\sum_p \frac{\log p}{p(p-1)} < 1.$$

Deux lignes de calcul suffisent.

discret

Un petit up (avant de faire un grand down)...

Sylvain

Je propose de partitionner l'ensemble des naturels non nuls inférieurs à $x$ en $k$ ensembles $E_i$ tels que $i\neq j\Rightarrow(a\in E_i\wedge b\in E_j\Rightarrow (a,b)=1)$.
De la sorte on devrait avoir $\sum_{p\leq x}\dfrac{\log p}{p}=\sum_{i=1}^{k}\sum_{p\in E_i}\dfrac{\log p}{p}=\sum_{i=1}^{k}\sum_{n\in E_i}\sum_{p\vert n}\dfrac{\log p}{p}$. Non ?

discret

Que vaut $k$ ?

Sinon, c'est beaucoup moins compliqué (ne pas chercher midi à quatorze heures).

JLT

Petites remarques que personne n'a faites :

1) On se ramène à traiter le cas où $n=p_1\cdots p_k$ avec $p_1,\cdots,p_k$ distincts.

2) Comme le membre de droite est croissant par rapport à $p_k$ et le membre de gauche est décroissant par rapport à $p_k$, on se ramène au cas où $p_1,\ldots,p_k$ sont les $k$ premiers nombres premiers.

discret

Les remarques de JLT sont de bon sens, mais il est possible de faire plus simple.

Le problème est que si je donne une indication, c'est quasiment la solution. Disons que, dans un premiers temps, on peut voir que

$$\sum_{p \mid n} \frac{\log p}{p-1} = \sum_{p \mid n} \frac{\log p}{p} + \sum_{p \mid n} \frac{\log p}{p(p-1)} \leqslant \sum_{p \mid n} \frac{\log p}{p} + 1$$

et que cette dernière somme peut être traitée simplement via une petite "astuce" assez classique dans ce type de calcul (que l'on utilise aussi, par exemple, pour la somme $\sum_{p \mid n} 1/p$).

En tout cas, je remercie les intervenants qui s'intéressent à cet exercice, qu'ils publient leur tentative ou non.

Sylvain

L'astuce a-t-elle un lien avec le fait qu'il y ait bijection entre le diviseur $d$ de $n$ et le diviseur de $n$ $n/d$ ?

fredol

Pas vraiment la solution au problème demandé mais voici comment on peut majorer $\sum_{p\vert n} \frac1p$. Pour $0\le x\le 1$, on a $x\le 2\ln(1+x)$. On peut faire mieux que 2 mais passons. On en déduit que
$$
\sum_{p\vert n} \frac1p \le 2 \sum_{p\vert n} \ln\left(1+\frac1p\right)
= 2 \ln \left(\prod_{p\vert n} \left(1+\frac1p\right)\right) \le 2 \ln \left(\prod_{p\le n} \left(1+\frac1p\right)\right).
$$
Le produit $\prod_{p\le n} (1+\frac1p)$ est un $O(\ln(n))$ par le théorème de Mertens. D'où
$$
\sum_{p\vert n} \frac1p = O(\ln\ln(n)).
$$

discret

Pour Sylvain : non, du tout. Il s'agit d'une simple astuce de calcul qui n'a strictement rien d'arithmétique. Il faut faire apparaître la somme donnée dans mon premier post.

Pour Fredol : ta majoration est correcte, mais grossière, puisque cette somme est en fait en $O (\log \log \log n)$ en utilisant la même astuce ("astuce" est d'ailleurs un bien grand mot. Disons "petit truc" que tout le monde connaît, d'ailleurs) dont je parle depuis le début. En fait, tu as perdu de l'information lorsque tu es passé d'une somme portant sur les $p \mid n$ à une somme portant sur les $p \leqslant n$.

D'ailleurs, tu pouvais retrouver ta majoration bien plus simplement en procédant comme suit

$$\sum_{p \mid n} \frac{1}{p} \leqslant \sum_{p \leqslant n} \frac{1}{p} = O (\log \log n)$$

d'après Mertens. Mais, je le répète, cette borne n'est pas le bon ordre de grandeur de la somme initiale.

Je veux conserver l'atout $p \mid n$, qui concerne quand même beaucoup moins de nombres premiers que lorsque l'on écrit $p \leqslant n$.

Je vous suggère de couper la somme en deux...Mais je ne peux pas en dire plus, cela donnerait la réponse illico.

Sylvain

Je penche alors pour une somme du genre $\displaystyle \sum_{p\leq n}f(p)=\sum_{p\mid n}f(p)+\sum_{p\nmid n}f(p)$ (la dernière somme porte sur les $p$ ne divisant pas $n$).
Je ne connais pas la commande Latex pour "ne divise pas".

[\verb=\mid= pour divise et \verb=\nmid= pour ne divise pas AD]

discret

La commande latex est \nmid.

Il faudrait alors que tu minores cette somme. Pas simple.

Non, c'est moins compliqué.

fredol

discret a écrit:

Pour Fredol : ta majoration est correcte, mais grossière, puisque cette somme est en fait en $O(\log \log \log n)$ en utilisant la même astuce
("astuce" est d'ailleurs un bien grand mot. Disons "petit truc" que tout le monde connaît, d'ailleurs)

C'est sympa de nous répéter que tout le monde connaît le truc alors qu'à l'évidence personne ne voit de quoi tu parles. 8-)

Sinon, je n'aurais effectivement pas dû remplacer $p\vert n$ par $p \le n$ mais à la place utiliser la majoration $$
\prod_{p\vert n} \left(1+\frac1p\right) \le \sum_{d\vert n} \frac1d = \frac1n\sum_{d\vert n} d \ll \ln\ln(n),
$$ et donc obtenir comme tu le dit plus haut $$
\sum_{p\vert n} \frac1p \ll \ln\ln\ln(n).
$$

Siméon0

Si $p_1 < p_2 < \dots < p_r$ sont les facteurs premiers de $n$, on a $n \geq 2^r$ d'où $r \leq \frac{\log n}{\log 2}$
La fonction $x\mapsto \frac{\log x}{x}$ étant décroissante, on déduit
$$
\sum_{p\mid n} \frac{\log p}{p} \leq \sum_{p \leq \log n/\log 2} \frac{\log p}{p}
$$

Siméon0

En fait c'est n'importe quoi... merci de supprimer le message précédent si possible.

discret

Bon !

J'ai essayé comme j'ai pu de fournir une indication sans trop en dire, ce qui n'est pas si facile via des messages écrits. Mais je ne voulais pas influencer les idées, car ce n'est pas la seule manière d'opérer...

Voilà une solution possible : comme vu plus haut, on commence par se ramener à une somme un peu plus facile (même si ce n'est pas obligatoire)
$$\sum_{p \mid n} \frac{\log p}{p-1} \leqslant \sum_{p \mid n} \frac{\log p}{p} + 1$$
puis on se donne un paramètre $1 < x \leqslant n$ à optimiser à la fin, et on découpe la somme en deux via
$$\sum_{p \mid n} \frac{\log p}{p} = \sum_{\substack{p \mid n \\ p \leqslant x}} \frac{\log p}{p} + \sum_{\substack{p \mid n \\ p > x}} \frac{\log p}{p} \leqslant \sum_{p \leqslant x} \frac{\log p}{p} + \frac{1}{x} \sum_{p \mid n} \log p < \log x + \frac{\log n}{x}$$
et le choix de $x= \log n$ achève le calcul.

Merci à ceux qui se sont essayés à cet exercice, pas si simple de prime abord.

Siméon0

Merci, c'est joliment simple ! N'hésite pas à poser d'autres petits exercices comme ça si tu en as.

Au passage, je précise qu'on peut faire marcher ce que j'écrivais au dessus en utilisant des majorations pour le $n$-ième nombre premier.

mathématiques_

Bonjour ,

fredol a écrit:

$\displaystyle \newline \prod_{p\vert n} \left(1+\frac1p\right) \le \sum_{d\vert n} \frac1d = \frac1n\sum_{d\vert n} d \ll \ln\ln(n),\newline $

J'essaie de montrer que en effet on a : $\displaystyle \frac1n\sum_{d\vert n} d \ll \ln\ln(n)$, je n'y arrive pas.
J'arrive seulement à écrire : $\displaystyle \dfrac{1}{n}\sum_{d\mid n}d =\sum_{d\mid n}\dfrac{1}{d}$,
mais je n'arrive pas à conclure. Merci d'avance de votre aide.
Cordialement

fredol

Cette majoration de la somme des diviseurs n'est pas évidente. C'est une conséquence du théorème de Mertens là aussi. On en trouve la preuve dans le livre de Tenenbaum dans la chapitre sur les ordres extrémaux.

mathématiques_

Bonjour fredol, par ailleurs vous dîtes :

1) Le produit $ \prod\limits_{p\le n} (1+\frac1p)$ est un $ O(\ln(n))$ par le théorème de Mertens.

2) discret dit que : $$\displaystyle \sum_p \frac{\log p}{p(p-1)} < 1.
$$ (j'ai essayé avec la décomposition en éléments simples, sans résultat)
Comment arrive-t-on à ces deux résultats s'il vous plaît ?
Merci, cordialement

discret

Merci de vos interventions, ça fait plaisir...

@Mathematiques_

Pour ta pramière question, ou bien tu appliques le (second) théorème de Mertens, ou bien tu remplaces ton produit par une exponentielle. Dans tous les cas, tu as besoin d'au moins un théorème de Mertens.

Pour ta seconde question, on démontre d'abord que la série converge (évident, ici), puis ou bien on utilise une sommation partielle du type

$$\sum_p f(p) \leqslant \sum_{p \leqslant A} f(p) + \int_A^\infty f(t) \, \textrm{dt}$$

où $f$ est une fonction continue, positive décroissante et tendant vers $0$ (et dont l'intégrale converge) et $A$ est un nombre choisi en fonction des capacités de ton calculateur, tu calcules la $1$ère somme à l'aide de ce calculateur ;

ou bien tu utilises directement l'identité donnée par Rosser \& Schoenfeld (1962)

$$\sum_p \frac{\log p}{p (p-1)} = E - \gamma$$

avec $E \approx 1,33 \, 258 \, 227 \dotsc$.

@Siméon : j'allais dire la même chose que toi, en ajoutant, si je puis me permettre, la majoration suivante (optimale) du nombre $\omega(n)$ de facteurs premiers distincts de $n$

$$\omega(n) < 1,4 \, \frac{\log n}{\log \log n} \quad \left ( n \geqslant 3 \right ).$$

Tu peux utiliser la même méthode pour déterminer l'ordre de grandeur de la somme $\sum_{p \mid n} 1/p$.

@ Fredol : j'allais dire la même chose que toi, à savoir que la majoration $\sigma(n) \ll n \log \log n$ est au moins d'une difficulté aussi élevée que l'exercice proposé. A noter qu'il existe des majorations explicites, dont une donnée récemment par J-L. Nicolas (Quelques inégalités effectives entre des fonctions arithmétiques usuelles, 2008. Je crois que l'article est dispo en ligne)

$$\sigma(n) < 2,598 \, n \log \log (3 \tau(n)) \quad \left ( n \geqslant 2 \right ).$$

mathématiques_

bonjour

pour ma première question, j'ai beau vouloir utiliser le théorème de Mertens énoncé au début du post, et passer à l'exponentielle, je n'arrive pas à faire apparaître le membre de gauche du théorème de Mertens énoncé au début .

$$\displaystyle \newline \sum_{p \leqslant x} \frac{\log p}{p} < \log x \quad \left( x > 1 \right ).\newline $$

(en passant à l'exponentielle, j'ai quelque chose avec $\log(1+\dfrac{1}{p})$ )

discret

En 1874, Mertens a établi deux estimations concernant les sommes et produits de nombres premiers, à savoir $\sum_{p \leqslant x} \log p/p$ et $\prod_{p \leqslant x} (1-1/p)^{-1}$. Ce furent deux avancées extrêmement importantes à l'époque, puisqu'elle suggéraient fortement la véracité du TNP (démontré, quant à lui, en 1896).

Par sommation partielle, il est facile d'obtenir du premier théorème l'estimation $\sum_{p \leqslant x} 1/p = \log \log x + O(1)$ (et même mieux que ça).

En majorant $\log(1+1/p)$ par $1/p$ dans ton exponentielle et en utilisant cette estimation, tu arrives à ce que tu veux.

fredol

mathématiques_ écrivait:

---

> Bonjour fredol, par ailleurs vous dîtes :
>
> 1) Le produit $ \prod\limits_{p\le n} (1+\frac1p)$ est un $ O(\ln(n))$ par le théorème de Mertens.

J'écris
$$
\prod\limits_{p\le n} (1+\frac1p) = \frac{\prod\limits_{p\le n} (1-\frac1{p^2})}{\prod\limits_{p\le n} (1-\frac1p)}.
$$
Le produit au numérateur est convergent et tend vers $1/\zeta(2)$. Le produit au dénominateur est équivalent à $e^{-\gamma}/\ln(n)$ par l'un des théorèmes de Mertens. Tu vas déduire de tout cela un équivalent du produit qui donne ce que j'affirme.

> 2) discret dit que : $\displaystyle \sum_p \frac{\log p}{p(p-1)} < 1. $ (j'ai essayé avec la décomposition en éléments simples, sans résultat)

Si tu cherches la convergence, c'est trivial puisque cette série est majorée par $\sum_{n\ge 2} \frac{\log n}{n(n-1)}$ qui est convergente. Qu'elle soit majorée par 1 est un des mystères de la nature : cela s'observe, cela ne s'explique pas .

discret

Fredol a écrit:

cela s'observe, cela ne s'explique pas

Ben ? J'ai pourtant indiqué deux méthodes plus haut...

fredol

@discret. Ben, cette série est bornée par 1, pas par $10^{-5}$, c'est la vie .

mathématiques_

Non, aucune méthode n'a été indiqué pour le caractère borné par 1 de

par $ \sum_{n\ge 2} \frac{\log n}{n(n-1)}$

discret

Mathematiques_ a écrit:

Non, aucune méthode n'a été indiqué pour le caractère borné par 1

M'enfin !

{\bf $1$ère méthode}. Utiliser directemement le résultat de Rosser \& Schoenfeld (c'est ce que l'on fait en général)

$$\sum_p \frac{\log p}{p(p-1)} = E - \gamma < 1.$$

$E$ est l'une des constantes de Mertens et est donnée plus haut.

{\bf $2$ème méthode}. Utiliser un calculateur qui fonctionne bien (ex. PARI/GP) et découper la somme en deux parties comme je l'ai indiqué ci-dessus

$$\sum_p \frac{\log p}{p(p-1)} \leqslant \sum_{p \leqslant 500000} \frac{\log p}{p(p-1)} + \int_{500000}^\infty \frac{\log t}{t(t-1)} \, \textrm{d}t.$$

On calcule le $1$ère somme avec PARI qui implique qu'elle est $< 0,8$ et l'intégrale s'estime facilement.

mathématiques_

Bonjour, y a-t-il un développement asymptotique ou une très bonne estimation de $$\sum_{d/n} d$$ car dans ce fil, on a dit que cette somme vaut "petit o" de ..

Mais je souhaiterais une égalité la plus précise possible, merci.
D'avance merci.
Cordialement

alban01

Je doute qu'il existe une estimation de ta somme telle que tu l'as écrite. Il s'agit de la fonction somme des diviseurs et la suite de ses valeurs est cahotique (au sens peu précis du langage commun). En effet, elle vaut $n + 1$ dans le cas où ton nombre $n$ est premier et $2^{k + 1} - 1$ dans le cas où ton nombre $n$ s'écrit sous la forme $n = 2^k$. Pour estimer quelque chose qui ressemblerait à ta somme, il faudrait sommer ta somme sur $n$ inférieur à une borne donnée.

mathématiques_

D'abord merci Alban0,

Apparemment, d'après le fil, il y a des renseignements connus sur la somme des diviseurs.

Si quelqu'un pouvait donner des détails, ce serait vraiment gentil.

Ou bien une majoration très fine ou bien un développement en $n$

D'avance merci

discret

S'il ne peut pas y avoir de formule asymptotique pour $\sigma(n)$ comme l'a bien expliqué Alban0, on a quand même de bonnes estimations de son ordre de grandeur. Par exemple (Nicolas, 2008)

$$\sigma(n) < 2,598 \, n \log \log (3 \tau(n)).$$

Rappelons aussi que l'hypothèse de Riemann est est équivalente à (Robin, 1984)

$$\sigma(n) \leqslant e^{\gamma} n \log \log n \quad \left ( n \geqslant 5041 \right )$$

($e^{\gamma} \approx 1,781 \dotsc$).