Une inégalité à montrer

nyadis

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 $$ \sum_{\substack{\omega\left(m\right) \leqslant J \\
\left(m, N \right)=1}} \sqrt{\frac{1}{m}} \gg \frac{1}{J !}\left(\sum_{\substack{ p \nmid N}} \sqrt{\frac{1}{p}}\right)^{J}.$$

voici ceux à quoi je pensais $$\sum_{\substack{\omega\left(m\right) \leqslant J \\
\left(m, N \right)=1}} \sqrt{\frac{1}{m}} \gg \prod_{p \nmid N } \left( 1 + \sum_{\nu \geqslant 1} \left( \frac{1}{\sqrt{p}}\right)^\nu \right) \gg \exp \left(  \sum_{p \nmid N} \frac{1}{\sqrt{p}} \right) \gg \frac{1}{J !}\left(\sum_{\substack{ p \nmid N}} \sqrt{\frac{1}{p}}\right)^{J}.$$ 

Mais le fait que je perde le $ J $ sur ma première inégalité m'inquiète.  Est-ce que l'on peut le voir autrement ?

noix de totos

Quel est cet article ?

JLapin

Probablement celui mentionné ici
https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2412047/#Comment_2412047

noix de totos

OK, merci JLapin.

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.

nyadis

D'accord merci noix de totos. Je pensais que cela pouvait être prouvé plus généralement comme je l'avais écrit. Mais est-ce que sous l'ensemble des hypothèses abordé par le papier, la démarche que j'ai faite a un sens ? 

Merci pour ta suggestion concernant les auteurs.

gebrane

Peut-être pour les auteurs $\quad\displaystyle \sum_{ k\, \nmid\, N} =\sum_{\substack{k\leq N\\ k\text{ premier}}}$

noix de totos

Gebrane : non.

gebrane

Bonjour noix de toto,
je t'ai lu dire, c'est une somme sur les nombres premiers.

En fait elle signifie quoi au juste cette notation ?

noix de totos

Je voulais dire que la somme $\sum_{p \nmid N} \frac{1}{\sqrt p}$ diverge. Celle-ci porte bien sur les nombres premiers.

gebrane

Pour moi $p\nmid N$ signifie que la division euclidienne de $N$ par $p$ donne un reste non nul et sous-entendu on suppose $p\leq N$, c'est la raison pour laquelle, j'ai pensé à une somme sur un nombre fini des nombres premiers.

noix de totos

Formellement, $\sum_{p \nmid N} f(p) = \sum_p f(p) - \sum_{p \mid N} f(p)$. 

Avec la fonction $f$ ici, on a la divergence de la première série.

gebrane

Ah, merci beaucoup d'avoir pris de ton temps pour m’éclairer.

nyadis

En vous lisant, je me suis rendu compte que je parlais en réalité tout seul dans cet énoncé. Pour être plus clair et rassembler toutes les informations que je possède sur cette relation, voici ce que je souhaite démontrer : Tout d'abord, soit $\mathbb{P}_0$ un ensemble de nombres premiers de cardinal fini mais suffisamment grand.  Je pose $ M= \prod_{p \in \mathbb{P}_0}p$ et maintenant je veux montrer que

$$ \sum_{\substack{ m \mid M \\ \omega\left(m\right) \leqslant J \\
\left(m, N \right)=1  }} \sqrt{\frac{1}{m}} \gg \frac{1}{J !}\bigg(\sum_{\substack{ p \nmid N \\ p \in  \mathbb{P}_0 }} \sqrt{\frac{1}{p}}\bigg)^{J}.$$ Merci.

SVP. Pouvez-vous m'indiquer comment régler l'affichage de mes messages ? Certains codes ne s'affichent pas correctement après leur envoi. Je vous remercie d'ailleurs d'avoir corrigé cela dans mon précédent poste.

[Dans une expression LaTeX (entre deux $\$$) si on veut aller à la ligne IL FAUT taper Maj+Return (et pas seulement la touche Return). AD]

gebrane

$$\sum_{\substack{m \mid M \\ \omega(m) \leqslant J \\ (m, N)=1}} \sqrt{\frac{1}{m}} \gg \frac{1}{J!} \bigg(\sum_{\substack{p \nmid N \\ p \in \mathbb{P}_0}} \sqrt{\frac{1}{p}}\bigg)^J.$$ Donc c'est une somme sur un nombre fini de premiers ton inégalité de droite.

noix de totos

Il manque un point non négligeable dans ta somme : $M$ est sans facteur carré, ce qui simplifie les choses.

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
$$\sum_{\substack{n \mid N \\ \omega(n) = k}} \mu(n)^2 f(n) = {\omega(N) \choose k} f(p)^k.$$

nyadis

Merci. Je pense qu'on est bon là. parce que on peut dire que 
$$ \sum_{(i_1,\dotsc,i_k)} f \left( p_{i_1} \right) \dotsb f \left( p_{i_k} \right) \gg \frac{1}{k} \left(\sum_{p \mid N } f(p) \right)^k,$$
et après on peut écrire que $1/k \geq 1/k! $