Inégalité indicatrice d'Euler

dans Arithmétique
Bonjour,
Dans mon livre, il est dit que sauf pour quelques cas particuliers, ($p=2$ et $m=1$ ou $2$, ou bien $p=3$ et $m=1$), on a pour $p$ nombre premier et $m \in \mathbb{N}^*$, l'inégalité suivante : $1\leq m < \varphi (p^m-1)$, où $\varphi$ désigne la fonction indicatrice d'Euler.
Avez-vous une idée de sa démonstration ?
Merci d'avance.
Dans mon livre, il est dit que sauf pour quelques cas particuliers, ($p=2$ et $m=1$ ou $2$, ou bien $p=3$ et $m=1$), on a pour $p$ nombre premier et $m \in \mathbb{N}^*$, l'inégalité suivante : $1\leq m < \varphi (p^m-1)$, où $\varphi$ désigne la fonction indicatrice d'Euler.
Avez-vous une idée de sa démonstration ?
Merci d'avance.
Réponses
-
Bonsoir,
pas sûr, mais il me semble me souvenir que si $m$ est premier impair, les diviseurs premiers de $ \frac {p^m-1}{p-1}$ qui ne divisent pas $p-1$ sont congrus à 1 modulo $2m$. On en déduit que si $m$ est premier impair ton livre a raison, puis on regarde lorsque $m$ est composé.
Cordialement
Paul -
Bonjour
En vérité, je ne vois pas pourquoi $p$ est supposé premier. Si quelqu'un le voit ...
Merci
Paul -
Soit $N=p^m-1$. Les $m$ éléments suivants :
$$1,p,p^2,\ldots,p^{m-1}$$
sont inversibles modulo $N$. Sauf cas particulier, on peut en trouver d'autres, par exemple $p^m-2$. -
Ou, dit autrement,
Soit $q,m$ des entiers strictement plus grands que $1$.
Pour $0\leq k\leq m,q^kq^{m-k}-(q^m-1)=1$.
Ce qui veut dire, d'après le théorème de Bézout, que $1,q,...,q^{m-1}$ sont premiers avec $q^m-1$ et donc que $\varphi\left(q^m-1\right)\geq m$.
PS:
J'ai corrigé en tenant compte de la remarque de JLT plus bas. Il faut que les nombres qu'on liste soient plus petits que $q^m-1$ pour pouvoir les créditer au compteur de nombres premiers avec $q^m-1$ qu'est $\varphi\left(q^m-1\right)$
$q\geq 1,m\geq 1,\left(q^m-1\right)-q^k=q^k(q^{m-k}-1)-1> 0$ si $0\leq k\leq m-1$Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir. -
Bonjour,
Il y a sûrement plus simple, mais j'ai dû recourir aux trois lemmes suivants:
$(1)\quad \forall n \in \N, \:\: n\geqslant 3 \implies \varphi (n)$ est pair.
$ (2)\quad\forall p \:\text{premier impair},\:\:\:\forall m \:\text{pair},\:\: m \neq\varphi (p^m -1).$
$(3)\quad\forall m\:\text{pair}\:\: m\geqslant 4: \quad m \neq\varphi (2^m-1).$
Ces résultats étant admis:
$m$ est égal à l'ordre de $p$ dans le groupe $\left(\Z/(p^m-1)\Z\right)^{\times},\quad$ donc: $\:\:m\: \:\text{divise}\: \:\varphi(p^m-1).$
Il reste donc à établir que l'égalité $m \overset {(\bigstar)} =\varphi(p^m-1)$ n'est réalisée que dans des cas exceptionnels $ (p,m) \in \{(2;1), (2;2),(3;1)\}$.
Si $p$ est impair et $m>1,\:\:$ alors $ {(\bigstar)}\overset{(1)}{ \implies} m \equiv 0 \mod 2\:\:$ et $(2)$ contredit alors $\:[\bigstar)$.
Si $p=2$ et $m>2, \:\:$ alors $ \:{(\bigstar)}\overset{(1)}{ \implies} m \equiv 0 \mod 2\:\:$ et $(3)$ contredit encore $\:(\bigstar) \:\square$
$$\boxed{\text{ Preuve de (2)}}$$
On démontre d'abord facilement par récurrence sur $r:\quad \forall r \in \N^*, \forall m \in \N^* , \quad\:2^r \:\text{divise}\:m \implies 2^{r+2}\:\text{divise}\: p^m-1.$
On déduit que :$\:\:2^r \:\text{divise}\:m , \:\:r\geqslant 1 \implies 2^{r+1}\:\text{divise}\:\: \varphi (p^m-1) \implies \:m \neq\varphi (p^m -1).$
$$\boxed{\text{ Preuve de (3)}}$$
$\bullet \:\:$ Si $m = 2^r , \:\:r\geqslant 2, \:$alors on prouve par récurrence sur $r$ que $\forall r \in \N,\quad r\geqslant 2 \implies 2^{r+1}\:\text {divise}\: \varphi(2^{2^r}-1). $
Cela est vrai pour $r=2$. Si $r>2$, alors $\varphi (2^{2^r}-1)= \varphi (2^{2^{r-1}}-1)\varphi (2^{2^{r-1}} +1)$ et l'hypothèse de récurrence entraîne que $ 2^{r+1} \mid \varphi (2^{2 ^r}-1).$
Il s'ensuit que $ \: m \neq\varphi (2^m-1).$
$\bullet \:\:$ Si $m = 2^r q, \:\: r\geqslant 1, \:\: q\:\text{impair}, \: q \geqslant 3,\:\:$ alors on prouve comme dans le cas précédent que $\varphi (2^m-1) \equiv 0 \mod 2^{r+1}$ et donc que $ \: m \neq\varphi (2^m-1).$
Désolé, ce message a été envoyé quelques secondes après la réponse de JLT que je n'avais pas lue et qui est bien entendu nettement plus simple. -
FdP, ta démonstration ne convient pas car $p^m>p^m-1$.
Je répète ma démonstration qui n'était peut-être pas claire.
Soit $N=p^m-1$.
Si $p>3$ ou ($p=3$ et $m>1$) ou ($p=2$ et $m>2$) alors $(p-1)p^{m-1}>2$ donc $p^m-2>p^{m-1}$.
On a donc $1<p<p^2<\cdots<p^{m-1}<p^m-2$.
Ces $m+1$ entiers sont premiers avec $N$ et appartiennent à $\{0,1,\ldots,N-1\}$ donc $\varphi(N)\geqslant m+1$. -
Rebonjour,
Dans un premier temps j'ai cru que JLT répondait du tac au tac à ma question , à savoir "que sert-il de considérer que $p$ est premier?"et je n'ai rien compris! Sa preuve me confirme que ça ne sert à rien ou je rate un truc ? -
En effet ma démonstration n'utilise pas le fait que $p$ est premier.
-
Merci beaucoup JLT.
-
Bonjour,
Tout en espérant que je ne pose pas un problème dans un autre problème, j'ai lu quelque part que :
$$\forall p\in (2\mathbb{N}+2),\ \forall m\in (\mathbb{N}+2),\quad\varphi(p^{m}-1)\geqslant m\cdot \frac{\ln(p)}{\ln(2)}.
$$ Si quelqu'un a une proposition de démonstration, je suis preneur.
Cordialement.
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Bonjour!
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