Cadeau de Noël de gebrane

Boécien

Dans un autre fil gebrane a fait mention de ce problème. Montrer que $ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(2^{k}\mod k\right)}{k^{2}}$ diverge. C'est intéressant et difficile a priori. Je propose ici d'essayer de le généraliser. Soit $m\geq2$ un entier alors il semble qu'il existe une constante $C(m)>0$ telle qu'en moyenne $$\sum_{k=1}^{n}\left(m^{k}\mod k\right)\sim C(m)n^{2}\ \left(n\rightarrow\infty\right),$$ ce qui impliquerait la divergence de la série $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(m^{k}\mod k\right)}{k^{2}}$, avec $\sum_{k=1}^{n}\frac{\left(m^{k}\mod k\right)}{k^{2}}\sim K\log n$, avec $K >0$.

gebrane

Merci @Boécien pour ton intérêt à la question. Personnellement je la trouve assez difficile

Boécien

Idée comme çà peut-être complètement farfelue en raison de la terrible loi des grands nombres. En notant $u_{n}=2^{n}\mod n$. Conjecture: il existe $m\in\mathbb{N}$ tel que pour tout $k\in\mathbb{N}$ on a $$\sum_{j=0}^{m-1}u_{mk+j}\geq k$$ Et je pense que $m=16$ marche (vérifié pour $1\leq k\leq 10^{6}$) ce qui donnerait
$$\sum_{j=0}^{m-1}\frac{u_{mk+j}}{(mk+j)^{2}}>\sum_{j=0}^{m-1}\frac{u_{mk+j}}{(mk+m)^{2}}=\frac{1}{m^{2}(k+1)^{2}}\sum_{j=0}^{m-1}u_{mk+j}\geq\frac{k}{m^{2}(k+1)^{2}}$$
et on aurait
$$\sum_{n=1}^{mN}\frac{u_{n}}{n^{2}}=\sum_{k=1}^{N}\sum_{j=0}^{m-1}\frac{u_{mk+j}}{(mk+j)^{2}}\geq\frac{1}{m^{2}}\sum_{k=1}^{N}\frac{k}{(k+1)^{2}}\sim\frac{\log N}{m^{2}}$$
et donc $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u_{n}}{n^{2}}$ divergerait.

EDIT. Conjecture plus faible et donc peut-être plus abordable : il existe $m\in\mathbb{N}$ tel que pour tout $k\in\mathbb{N}$ on a
$$\sum_{j=0}^{m-1}u_{mk+j}\geq\frac{k}{\log(k+1)}$$
Et je pense que $m=16$ marche (vérifié pour $1\leq n\leq 10^{6}$ ) ce qui donnerait
$$\sum_{j=0}^{m-1}\frac{u_{mk+j}}{(mk+j)^{2}}>\sum_{j=0}^{m-1}\frac{u_{mk+j}}{(mk+m)^{2}}=\frac{1}{m^{2}(k+1)^{2}}\sum_{j=0}^{m-1}u_{mk+j}\geq\frac{k}{m^{2}(k+1)^{2}\log(k+1)}$$
et on aurait
$$\sum_{n=1}^{mN}\frac{u_{n}}{n^{2}}=\sum_{k=1}^{N}\sum_{j=0}^{m-1}\frac{u_{mk+j}}{(mk+j)^{2}}\geq\frac{1}{m^{2}}\sum_{k=1}^{N}\frac{k}{(k+1)^{2}\log(k+1)}\sim\frac{\log\log N}{m^{2}}$$
et donc $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u_{n}}{n^{2}}$ divergerait.

noix de totos

Dans le problème posé ci-dessus concernant la somme $S(m,n) := \sum_{d=1}^n \left( m^d \bmod d \right)$, on peut déjà estimer la partie portant sur les nombres premiers de cette somme, que je note $S_1$, car le petit théorème de Fermat efface l'exposant.

Je prends $m$ suffisamment grand, disons $m \geqslant e^{27B^4}$ où $B$ est une constante qui apparaît ci-dessous, et $3 \leqslant n \leqslant m (\log m)^{-24}$. Je rappelle que $\psi(t) = x - \lfloor x \rfloor - \frac{1}{2} = \{t \} - \frac{1}{2}$ est la $1$ère fonction de Bernoulli et que toute somme indicée par la lettre $p$ ne porte uniquement que sur les nombres premiers.

On a tout d'abord par Petit Fermat et le Théorème des Nombres Premiers
$$S_1 = \sum_{p \leqslant n} ( m \bmod p) = \sum_{p \leqslant n} p \left\{ \frac{m}{p} \right \} = \frac{1}{2} \sum_{p \leqslant n} p +  \sum_{p \leqslant n} p \, \psi \left( \frac{m}{p} \right) = \frac{n^2}{4 \log n} + O \left( \frac{n^2}{(\log n)^2} \right) + E(m,n)$$
avec $E(m,n) := \sum_{p \leqslant n} p \, \psi \left( m/p \right)$. Pour estimer ce terme d'erreur, on utilise la proposition suivante, qui est un résultat de type Walfisz et dont la démonstration, pas évidente, n'a pas grand intérêt ici.

Proposition. Soit $g : \mathbb{Z}_{\geqslant 1} \to \mathbb{C}$ une fonction multiplicative telle qu'il existe une constante $C \geqslant 2$ telle que $|g(p)| \leqslant C$ et, pour tout $x \geqslant 4$, $\sum_{p_n \leqslant x} \left| g \left( p_{n+1} \right) - g \left( p_{n} \right) \right|^2 \leqslant C (\log x)^C$ . Alors, il existe $B = B(C) \geqslant 1$ tel que, pour tous réels $x \geqslant e^{27 B^4}$ et $N < N_1 \leqslant 2N$ avec $4 \leqslant N \leqslant x$, on ait
$$\sum_{N < p \leqslant N_1} g(p) \, \psi \left( \frac{x}{p} \right) \ll_{C} \; \frac{N}{(\log x)^5} + \left( \frac{N^3}{x} \right)^{1/2} (\log x)^{C+5} + \frac{\sqrt{x}}{(\log x)^{2/3}}.$$

On splitte l'intervalle $[2,n]$ de sommation en $O(\log n)$ sous-intervalles dyadiques $]N,2N]$, on fait une sommation partielle, puis on utilise cette proposition avec $g= \mathbf{1}$ et donc $C=2$, ce qui donne
\begin{align*}
   E(m,n) & \ll \max_{N \leqslant n} \left( \frac{N^2}{(\log m)^5} + \left( \frac{N^5}{m} \right)^{1/2} (\log m)^7 + \frac{N\sqrt{m}}{(\log m)^{2/3}} \right) \log n \\
   & \ll \frac{n^2}{(\log m)^4} + \left( \frac{n^5}{m} \right)^{1/2} (\log m)^8 + n \sqrt{m} (\log m)^{1/3} \\
   & \ll \frac{n^2}{(\log m)^4}  + n \sqrt{m} (\log m)^{1/3}
\end{align*}
car le $2$nd terme est dominé par le $1$er via $n \leqslant m (\log m)^{-24}$.

Conclusion. Si $m \geqslant e^{27B^4}$ et $3 \leqslant n \leqslant m (\log m)^{-24}$,
$$\sum_{p \leqslant n} \left( m^p \bmod p \right) = \frac{n^2}{4 \log n} + O \left( \frac{n^2}{(\log n)^2} + n \sqrt{m} (\log m)^{1/3} \right).$$

gebrane

Merci @noix de totos Très émerveillé par ce travail de professionnels

Boécien

Merci noix de totos. Il me semble que je considère une autre somme en fait en interprétant la question de gebrane car pour moi sauf erreur on a $(m^p \mod p)=p\{m^p/p\}=m,$ pour $m\geq2$ et $p>m$ premier.

noix de totos

Je dirais plutôt qu'il s'agit de la même somme, mais pas estimée dans le même esprit.

Ici, j'ai cherché une formule asymptotique : elle n'a vraiment de sens que pour $m$ grand. Je n'ai pas, en cela, suivi la démarche de Gebrane.

Maintenant, si tu souhaitais $m$ fixé et, disons, petit, par exemple $m=2$ comme dans celle de Gebrane, alors le problème est différent.

Un autre exemple (plus ou moins) similaire : montrer pour $m \geqslant n$ tels que $m^{1/3} \ll n \leqslant \sqrt{2m}$ l'égalité
$$\sum_{d=1}^n \left( m \bmod d \right)^2 = \frac{n^3}{9} + O \left( n^2 m^{1/3} \log n \right).$$
La réponse est donnée dans le livre (que je conseille fortement) https://www.amazon.fr/Arithmetic-Tales-Advanced-Universitext-English-ebook/dp/B08P6VCK68/ref=sr_1_1?__mk_fr_FR=ÅMÅŽÕÑ&amp;crid=3VX2FCOFTKBYO&amp;keywords=arithmetic+tales&amp;qid=1641053688&amp;sprefix=arithmetic+tales,aps,72&amp;sr=8-1, Exercice 125 page 511, corrigé page 760.

Boécien

Merci pour cette référence. Je vois qu'il existe en français aussi. La version anglaise est plus dense?

noix de totos

Les deux livres ne sont pas vraiment comparables : disons que l'ouvrage d'Ellipses est adapté au niveau Bac, Bac + 1, Bac + 2, tandis que le livre de Springer pousse beaucoup plus loin, avec certains chapitres très peu présents dans la littérature usuelle.

J'avais fait, sous l'ancien forum, un(e) review de cet ouvrage il y a peu. maintenant, faut retrouver le message en question, et ça...