Une inégalité à montrer
Bonjour, je reviens avec une incompréhension concernant l'article que j'étudie depuis un moment.
il est question de montrer une inégalité comme celle ci $$ \sum_{\substack{\omega\left(m\right) \leqslant J \\
\left(m, N \right)=1}} \sqrt{\frac{1}{m}} \gg \frac{1}{J !}\left(\sum_{\substack{ p \nmid N}} \sqrt{\frac{1}{p}}\right)^{J}.$$
\left(m, N \right)=1}} \sqrt{\frac{1}{m}} \gg \frac{1}{J !}\left(\sum_{\substack{ p \nmid N}} \sqrt{\frac{1}{p}}\right)^{J}.$$
voici ceux à quoi je pensais $$\sum_{\substack{\omega\left(m\right) \leqslant J \\
\left(m, N \right)=1}} \sqrt{\frac{1}{m}} \gg \prod_{p \nmid N } \left( 1 + \sum_{\nu \geqslant 1} \left( \frac{1}{\sqrt{p}}\right)^\nu \right) \gg \exp \left( \sum_{p \nmid N} \frac{1}{\sqrt{p}} \right) \gg \frac{1}{J !}\left(\sum_{\substack{ p \nmid N}} \sqrt{\frac{1}{p}}\right)^{J}.$$
\left(m, N \right)=1}} \sqrt{\frac{1}{m}} \gg \prod_{p \nmid N } \left( 1 + \sum_{\nu \geqslant 1} \left( \frac{1}{\sqrt{p}}\right)^\nu \right) \gg \exp \left( \sum_{p \nmid N} \frac{1}{\sqrt{p}} \right) \gg \frac{1}{J !}\left(\sum_{\substack{ p \nmid N}} \sqrt{\frac{1}{p}}\right)^{J}.$$
Mais le fait que je perde le $ J $ sur ma première inégalité m'inquiète. Est-ce que l'on peut le voir autrement ?
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Réponses
https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2412047/#Comment_2412047
L'inégalité écrite telle qu'elle plus haut est évidemment fausse, puisque la somme sur les nombres premiers du membre de droite diverge.
Ceci dit, en lisant rapidement l'article, on voit qu'il manque la condition importante $n \mid N_k$, et on notera que l'on somme aussi sur les entiers sans facteur carré.
Le mieux est alors d'écrire aux auteurs, qui répondront certainement sans problème.
Merci pour ta suggestion concernant les auteurs.
je t'ai lu dire, c'est une somme sur les nombres premiers.
Avec la fonction $f$ ici, on a la divergence de la première série.
\left(m, N \right)=1 }} \sqrt{\frac{1}{m}} \gg \frac{1}{J !}\bigg(\sum_{\substack{ p \nmid N \\ p \in \mathbb{P}_0 }} \sqrt{\frac{1}{p}}\bigg)^{J}.$$ Merci.
Ceci dit, la règle de base de ce type de sommes est la suivante.
Soit $f : \mathbb{N}^* \to \mathbb{C}$ une fonction arithmétique, $I$ un intervalle fini d'entiers et $k \geqslant 1$ entier. Alors
$$\sum_{\substack{n \in I \\ \omega(n) = k}} f(n) = \frac{1}{k!} \left[ \frac{\textrm{d}^k}{\textrm{d}z^k} \sum_{n \in I} z^{\omega(n)} f(n) \right]_{[z=0]}.$$
Autrement dit, la somme de gauche est le $k$-ème coefficient de la série entière de droite, extrait ensuite avec la formule bien connue.
Prenons un exemple correspondant à ta question (j'omets la condition de coprimalité, qui ajoute une condition évidente).
Exemple. Soit $N = p_1^{\alpha_1} \dotsb p_{\omega(N)}^{\alpha_{\omega(N)}}$ un entier, $k \geqslant 1$ entier et on suppose $f$ multiplicative. Alors
$$\sum_{\substack{n \mid N \\ \omega(n) = k}} \mu(n)^2 f(n) = \frac{1}{k!} \left[ \frac{\textrm{d}^k}{\textrm{d}z^k} \sum_{n \mid N} z^{\omega(n)} \mu(n)^2 f(n) \right]_{[z=0]} = \frac{1}{k!} P_N^{(k)} (0)$$
où $P_N(z) := \prod_{p \mid N} \left(1 + z f(p) \right)$. Avec la formule de Leibniz, on obtient
$$P_N^{(k)}(0) = k! \sum_{\{i_1,\dotsc,i_k\}} f \left( p_{i_1} \right) \dotsb f \left( p_{i_k} \right)$$
où le $k$-uplet $\{i_1,\dotsc,i_k\}$ parcourt les ${\omega(N) \choose k}$ combinaisons de $k$ éléments de l'ensemble $\{ 1, \dotsc, \omega(N) \}$. Si, par exemple, $f(p)$ est constant, on obtient
$$\sum_{\substack{n \mid N \\ \omega(n) = k}} \mu(n)^2 f(n) = {\omega(N) \choose k} f(p)^k.$$
$$ \sum_{(i_1,\dotsc,i_k)} f \left( p_{i_1} \right) \dotsb f \left( p_{i_k} \right) \gg \frac{1}{k} \left(\sum_{p \mid N } f(p) \right)^k,$$
et après on peut écrire que $1/k \geq 1/k! $