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Deux sommes égales

Modifié (14 May) dans Arithmétique
$\newcommand{\pgcd}{\operatorname{pgcd}}$ $n\geq 1$ est un entier quelconque. On pose $A=\{1,2,3,\dots,n\}$ et $B=\{k\in A\mid\pgcd(n,k)\not= 1\}$.
On démontre facilement que ; $\displaystyle \sum _{k\in A} \dfrac{4k^3}{n}-6k^2-2nk+2n^2 =-2n^2$.
Montrer que l'on a aussi :  $\displaystyle \sum _{k\in B} \dfrac{4k^3}{n}-6k^2-2nk+2n^2 =-2n^2$.

Réponses

  • Il manque les parenthèses, mais on note que la différence entre tes deux sommes est égale à
    $$\sum_{\substack{k=1 \\ (n,k)=1}}^n \left( \frac{4 k^3}{n} - 6k^2 - 2 nk + 2 n^2 \right).$$
    Dès lors, le résultat découle des égalités suivantes, pas très difficiles à obtenir : en supposant $n \geqslant 2$
    \begin{align*}
       & \sum_{\substack{k=1 \\ (n,k)=1}}^n k = \tfrac{1}{2} n \varphi(n) \, ; \\
       & \sum_{\substack{k=1 \\ (n,k)=1}}^n k^2 = \tfrac{1}{3} n^2 \varphi(n) + \tfrac{(-1)^{\omega(n)}}{6} \gamma(n) \varphi(n) \, ; \\
       & \sum_{\substack{k=1 \\ (n,k)=1}}^n k^3 = \tfrac{1}{4} n^3 \varphi(n) + \tfrac{(-1)^{\omega(n)}}{4} n \gamma(n) \varphi(n).
    \end{align*} 
    En remplaçant dans la somme ci-dessus, on vérifie bien que celle-ci s'annule.
  • Bravo noix de totos ! C'est ma démonstration.
  • Modifié (14 May)
    On pourrait généraliser ton exercice en demandant une formule pour la somme suivante, de type Faulhaber
    $$\sum_{\substack{k=1 \\ (n,k)=1}}^n k^m$$
    avec $m \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$ et $n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 2}$.
  • Personne ?

    Je précise, alors : montrer que, pour tous $m \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$ et $n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 2}$
    $$\sum_{\substack{k=1 \\ (n,k)=1}}^n k^m = \frac{n^m \varphi(n)}{m+1} + \frac{(-1)^{\omega(n)}}{m+1} \sum_{h=2}^m (-1)^h {m+1 \choose h} B_h n^{m-2(h-1)} \gamma(n)^{h-1} J_{h-1}(n)$$
    $B_h$ est le $h$ème nombre de Bernoulli et $J_{\ell}$ est la $\ell$ème fonction arithmétique de Jordan définie par $J_{\ell}(1) = 1$ et, pour tout entier $n \geqslant 2$ et tout $\ell \geqslant 1$
    $$J_\ell (n) := n^\ell \prod_{p \mid n} \left( 1 - \frac{1}{p^\ell} \right).$$
    Elle généralise le totient d'Euler.

    Dans l'identité ci-dessus, le $1$er terme est le terme principal, l'autre pouvant être considéré comme un terme d'erreur, avec la convention habituelle que, si $m=1$, ce terme est nul.
  • Merci noix de totos, pour ces précisions. Pour les formules j'utilisais l'oeis et l'article : John D. Baum (1982) A Number-Theoretic Sum, Mathematics Magazine, 55:2, 111-113, DOI: 10.1080/0025570X.1982.11976965
  • Le voici, cet article, merci Cidrolin pour nous l'avoir signalé.
  • Modifié (14 May)
    Bonjour, 
    Je crois que $\omega(n) $ est le nombre de facteurs premiers de $n$ comptés sans les multiplicités, mais qu'est-ce que $\gamma(n) $ s'il vous plaît ? 
  • Calli : exact, $\omega(n) = \sum_{p \mid n} 1$, alors que $\gamma(n)$ est le noyau sans facteur carré de $n$, autrement dit 
    $$\gamma(n) := \prod_{p \mid n} p.$$
  • Modifié (14 May)
    De rien.

    J'ai voulu écrire le résultat final de l'identité ci-dessus en invoquant le plus possible des fonctions arithmétiques classiques, mais on peut vérifier que le terme d'erreur est aussi égal à
    $$\frac{1}{m+1} \sum_{h=2}^m (-1)^h {m+1 \choose h} B_h n^{m-h+1} \prod_{p \mid n} (1-p^{h-1}).$$
    Simplement, ça a moins de prestance quand il est écrit comme ça. Et puis je n'aime pas trop les mélanges sommes-produits.
  • La formule ci-dessus permet de retrouver les trois cas particuliers $m \in \{1,2,3\}$ évoqués plus haut et, surtout, elle permet de comprendre pourquoi l'exo de Cidrolin fonctionne : c'est parce que le $3$ème nombre de Bernoulli $B_3$ est nul.
  • Est-ce que $\gamma$ est bien la même chose que le radical d’un entier (intervenant notamment dans l’énoncé de la conjecture abc) ?
  • Oui : en théorie multiplicative, on a l'habitude de l'appeler $\gamma$, alors qu'on le note $\textrm{rad}$ dans d'autres branches.
  • Puisque j'ai encore la main, je signale qu'il existe une formule de Faulhaber généralisée, voir par exemple https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL19/Schumacher/schu3.pdf

    Si on utilise celle-ci, on obtient l'extension suivante de l'identité précédente : Soit $k \in \mathbb{Z}_{\geqslant 2}$. Pour tout $x \in \mathbb{R}_+$
    \begin{multline*}
       \sum_{\substack{n \leqslant x \\ (n,k)=1}} n^m = \frac{x^{m+1}}{m+1} \frac{\varphi(k)}{k} + \frac{(-1)^{\omega(k)}}{m+1} \sum_{h=2}^m (-1)^h {m+1 \choose h} x^{m-h+1} \sum_{d \mid k} B_h \left(\left\lbrace \frac{x}{d} \right\rbrace \right) d^{h-1} \mu(d) \\
       + \frac{(-1)^{m+\omega(k)} B_{m+1}}{(m+1) k^m} (\gamma(k))^m J_m (k)
    \end{multline*}
    où, cette fois, $t \mapsto B_\ell (\{t\})$ est la $\ell$ème fonction de Bernoulli et $\{t\}$ est la partie fractionnaire. Si l'on veut estimer le terme d'erreur, il peut être intéressant de se rappeller que, si $\ell \geqslant 2$, les fonctions de Bernoulli sont continues et développables en série de Fourier :
    $$\forall t \in \R, \quad B_\ell (\{t\}) = - \frac{\ell !}{(2 \pi i)^\ell} \sum_{r \neq 0} \frac{e(rt)}{r^\ell}$$
    où, comme d'habitude, $e(x) := e^{2 i \pi x}$.
  • Modifié (15 May)
    Je reviens à l'exercice proposé au départ par Cidrolin.
    Comme l'a fait remarquer noix de totos cela revient à démontrer que $\displaystyle\sum_{\substack{k=1 \\ (n,k)=1}}^n \left( \frac{4 k^3}{n} - 6k^2 - 2 nk + 2 n^2 \right)=0$.
    Cela se démontre très rapidement de façon élémentaire (sans rien connaitre des fonctions arithmétiques) en utilisant le résultat suivant qui est immédiat à démontrer si $p$ est un entier naturel impair :
    $$S_p(n)=\displaystyle\sum_{\substack{k=1 \\ (n,k)=1}}^n (2k-n)^p=0$$
    En effet si on change $k$ en $n-k$ et si on remarquant que $(n,k)=1$ est équivalent à $(n,n-k)=1$ on obtient $S_p(n)=-S_p(n)$.
    Il n'y a plus quà développer $(2k-n)^3=8k^3-12nk^2+6kn^2-n^3$ d'où $\dfrac{4 k^3}{n} - 6k^2 - 2 nk + 2 n^2 =\dfrac1{2n}(2k-n)^3-\dfrac52(2k-n)$ qui entraine bien $\displaystyle\sum_{\substack{k=1 \\ (n,k)=1}}^n \left( \frac{4 k^3}{n} - 6k^2 - 2 nk + 2 n^2 \right)=0$.
  • Joli jandri !
  • @noix de totos, je me suis demandé comment obtenir les égalités "pas très difficiles à obtenir". Pour la première, additionner la somme avec sa symétrisée $\sum\limits_{0<k<n, \, k\wedge n=1}(n-k)$ fonctionne bien. Pour la troisième aussi, si on connait la deuxième. Mais pour cette deuxième ça ne marche plus. Comment fais-tu ?
  • Modifié (15 May)
    Calli : je reconnais une chose, je n'aurais pas dû écrire "pas très difficiles à obtenir" dans mon 1er message. En effet, j'ai pu constater que, sur ce forum, lorsqu'il y a une question d'arithmétique élémentaire, la plupart des intervenants utilisent des méthodes...élémentaires. Donc:

    (i) Ou bien elle est à peu près adaptée, mais elle ne permet pas d'extension du problème posé ;

    (ii) Ou bien elle demande des raisonnements et/ou des calculs lourds.

    Voir par exemple un fil assez récent où les gens s'évertuaient à essayer des méthodes basiques là où l'introduction de la fonction de von Mangoldt et sa propriété de convolution résolvait la question posée en 2-3 lignes. 

    Lorsque l'on fait de la théorie multiplicative, il y a fort à parier que la convolution de Dirichlet est centrale au problème.

    Ici, d'une manière générale, lorsqu'il y a une sommation portant sur une condition du type $(n,k)=1$, on utilise presque toujours la version suivante du lemme de Vinogradov : si $x \geqslant 1$ est réel, $k \geqslant 1$ est entier et $f$ est une fonction arithmétique quelconque à valeurs complexes, alors
    $$\sum_{\substack{n \leqslant x \\ (n,k)=1}} f(n) = \sum_{d \mid k} \mu(d) \sum_{m \leqslant x/d} f(md).$$
    La démonstration de cette version est relativement simple : elle repose sur la propriété de convolution de la fonction de Möbius, qui fournit immédiatement une indicatrice des entiers $n$ tels que $(n,k)=1$. En arithmétique, beaucoup de choses dépendent des indicatrices. Voir par exemple le Corollary 4.6 du livre : https://www.amazon.fr/Arithmetic-Tales-Advanced-Universitext-English-ebook/dp/B08P6VCK68/ref=sr_1_1?__mk_fr_FR=%C3%85M%C3%85%C5%BD%C3%95%C3%91&crid=2GXIEX6R1SNXP&keywords=arithmetic+tales&qid=1652647273&sprefix=arithmetic+tales%2Caps%2C74&sr=8-1

    De plus, ce lemme montre le rôle primordial et fondamental de la fonction de Möbius dans la théorie multiplicative des nombres.

    Tous les calculs que j'ai fait dans ce fil utilisent ce lemme.
  • Modifié (16 May)
    Merci noix de totos. J'ai retrouvé ce lemme dans  ;  "Fundamentos de la teoria de los numeros" d' I. M. Vinogradov", editorial Mir 1977.

  • Modifié (16 May)
    Merci pour ta réponse.
    En effet, j'ai pu constater que, sur ce forum, lorsqu'il y a une question d'arithmétique élémentaire, la plupart des intervenants utilisent des méthodes...élémentaires.
    Ah oui, toi aussi tu as remarqué que la majorité des membres de ce forum ne sont pas des chercheurs en théorie des nombres ?  :p Du coup, dire "c'est immédiat quand on maîtrise la théorie multiplicative des nombres" a des résultats limités...

    Bon, alors je m'y essaie. Pour le lemme de Vinogradov : $$\begin{eqnarray*} \sum_{d\mid k}\mu(d)\sum_{m\leqslant x/d} f(md) &=&\sum_{d\mid k}\mu(d)\sum_{n\leqslant x, \,d\mid n} f(n) \qquad \text{avec } n:=md\\&=&\sum_{n\leqslant x} f(n) \sum_{d\mid k,\,d\mid n} \mu(d) \ \ \qquad \text{en permutant les sommes}\\&=&\sum_{n\leqslant x} f(n) \sum_{d\mid k\wedge n} \mu(d) \\&=&\sum_{n\leqslant x} f(n)\, {\bf1}_{k\wedge n=1} \\&=& \sum_{n\leqslant x, \,k\wedge n=1} f(n) \end{eqnarray*}$$
    Très bien. Ensuite, l'application au calcul de $ \sum\limits_{k\wedge n=1} k^2$ : $$\begin{eqnarray*} \sum_{0<k<n,\,k\wedge n=1} k^2
    &=& \sum_{d\mid n} \mu(d) \sum_{m\leqslant n/d} (md)^2\\
    &=& \sum_{d\mid n} \mu(d) \frac{\frac{n}d(\frac{n}d+1)(2\frac{n}d+1)}6 d^2\\
    &=& \sum_{d\mid n} \mu(d) \frac{ 2(\frac{n}d)^3 + 3(\frac{n}d)^2 +\frac{n}d}6 d^2\\
    &=& \frac{n^3}3 \sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}d + \frac{n^2}2 \sum_{d\mid n} \mu(d) + \frac{n}6 \sum_{d\mid n} \mu(d)\,d
    \end{eqnarray*}
    $$Or, pour tout $a\in\Bbb R$, $g_a:n\mapsto \sum\limits_{d\mid n}\mu(d)\,d^a$ est multiplicative et $g_a(p^r) = 1-p^a$ pour tous $p$ premier et $r\in\Bbb N^*$. Donc : $\forall n\in\Bbb N, \; g_a(n) = \prod\limits_{p\mid n}(1-p^a)$. D'où (pour $n\geqslant 2$) : $$\begin{eqnarray*} \sum_{0<k<n,\,k\wedge n=1} k^2
    &=& \frac{n^3}3 \prod_{p\mid n}(1-p^{-1}) + 0 + \frac{n}6 \prod_{p\mid n}\underbrace{(1-p)}_{=-p(1-p^{-1})}\\
    &=& \frac13 n^2\varphi(n) + \frac{(-1)^{\omega(n)}}6 \gamma(n) \varphi(n)
    \end{eqnarray*}$$ puisque $\varphi(n) = n\prod\limits_{p\mid n}(1-p^{-1})$.
    Conclusion : "pas très difficiles à obtenir" était en effet une épithète abusive telle quelle. :mrgreen:
  • Modifié (16 May)
    On peut en déduire un résultat intéressant, que je ne connaissais pas, sur l'équirépartition asymptotique des nombres premiers avec $n$ : $$\forall 0\leqslant a\leqslant b\leqslant 1,\qquad \frac{\#\{k\in[\![1,n]\!] , \; k\wedge n=1\text{ et } a<\frac{k}n<b\}}{\#\{k\in[\![1,n]\!] , \; k\wedge n=1\}} \, \underset{n\to\infty}{ \longrightarrow} \, b-a.$$ En termes un peu plus snobs (j'essaie de me mettre au niveau des formulations savantes de @noix de totos :p ), la mesure atomique $\frac1{\varphi(n)} \sum\limits_{\substack{0<k<n\\ k\wedge n=1}} \delta_{k/n}$ converge faiblement-* vers la mesure uniforme de $[0,1]$.

    En effet, on a d'abord : $\forall m\in\Bbb N,$ $$ \sum_{\substack{0<k<n\\ k\wedge n=1}} k^m\underset{n\to\infty}\sim \frac{n^m\varphi(n)}{m+1}$$ i.e. $\frac1{\varphi(n)} \sum\limits_{\substack{0<k<n\\ k\wedge n=1}} \left(\frac{k}n\right)^m\underset{n\to\infty}\longrightarrow \frac1{m+1}=\int_0^1 t^m\,\mathrm{d}t$ (démontré dans l'encadré ci-dessous).

    La formule générale donnée par @noix de totos est $$\sum_{\substack{0<k<n\\ k\wedge n=1}} k^m = \frac{n^m \varphi(n)}{m+1} +\frac{1}{m+1} \sum_{h=2}^m (-1)^h {m+1 \choose h} B_h n^{m-h+1} \prod_{p \mid n} (1-p^{h-1}).$$ Pour montrer l'équivalent, suffit donc de montrer que les quotients des termes d'erreur par le terme principal tendent tous vers 0 : $$\forall h\in[\![2,m]\!], \qquad \frac{m+1}{n^m \varphi(n)}\times (-1)^h {m+1 \choose h} B_h n^{m-h+1} \prod_{p \mid n} (1-p^{h-1}) \underset{n\to\infty}\longrightarrow 0 \quad ?$$ Or (en faisant le ménage des facteurs inutiles), $$\begin{eqnarray*}
    \left| \frac{n^{m-h+1}}{n^m \varphi(n)} \prod_{p \mid n} (1-p^{h-1}) \right| &=& \frac1{n^h} \prod_{p \mid n} \frac{p^{h-1}-1}{1-p^{-1}} \\
    &=& \prod_{p\mid n} \frac{p^{h-1}-1}{p^{hv_p(n)-1}(p-1)}\\
    &=& \prod_{p\mid n} \frac{f_h(p)}{p^{h(v_p(n)-1)}}
    \end{eqnarray*}$$ avec $\displaystyle f_h:t\mapsto \frac{t^{h-1}-1}{t^{h-1}(t-1)}$. Or $f_h$ est positive et décroissante sur $[2,\infty[$ avec $f_h(2)<1$, donc $$\begin{eqnarray*}
    \left| \frac{n^{m-h+1}}{n^m \varphi(n)} \prod_{p \mid n} (1-p^{h-1}) \right| &\leqslant& \prod_{p\mid n} \frac{f_h(2)}{2^{h(v_p(n)-1)}} \\
    &\leqslant& \max\left(\frac1{2^h}, f_h(2) \right)^{\sum_{p\mid n} v_p(n)}\\
    &\underset{n\to\infty}\longrightarrow& 0
    \end{eqnarray*}$$

    Donc pour tout $f\in \Bbb R[X],$ $$\frac1{\varphi(n)} \sum\limits_{\substack{0<k<n\\ k\wedge n=1}} f\!\left(\frac{k}n\right)\longrightarrow \int_0^1 f(t)\,\mathrm{d}t.$$ Puis, grâce au théorème d'approximation de Weierstrass, on peut l'étendre à $f\in\mathcal{C}([0,1])$. Enfin, comme la mesure uniforme de $[0,1]$ est sans atome, sa fonction de répartition est continue et on en déduit donc la même convergence lorsque $f$ est l'indicatrice d'un intervalle (théorème du porte-manteau).
  • Modifié (16 May)
    J'éviterai, a l'avenir, ce genre de phrases un peu dites à la légère.

    Ceci dit, et à ma décharge, je dois dire que j'ai déjà évoqué à plusieurs reprises ce lemme de Vinogradov sur ce forum.
  • C'est possible ; je n'ai pas retenu. 
  • Pour être complet sur ce sujet, voici une forme plus générale de ce lemme de Vinogradov : soit $(G,+)$ un groupe abélien, $A$ un ensemble fini et $f:A \to G$ et $g : A \to \mathbb{Z}_{\geqslant 0}$ deux applications.  Alors
    $$\sum_{\substack{a \in A \\ g(a)=1}} f(a) = \sum_{m=1}^\infty \mu(m) \sum_{\substack{a \in A \\ m \mid g(a)}} f(a).$$
    Même démonstration.
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