Indicatrice-Euler-sol

Indicatrice d’Euler
1) Cyclicité
a) Il suffit de montrer que pour tout (m, n) ∈ Z2 , fg (m + n) = fg (m).fg (n).
Or soit (m, n) ∈ Z2 , fg (m + n) = g m+n = g m .g n = fg (m).fg (n), d’où la conclusion.
b) L’élément g engendre le groupe G si, et seulement si, pour tout h ∈ G, il existe un n ∈ Z
tel que h = g n donc si, et seulement si, pour tout h ∈ G, il existe un n ∈ Z tel que h = fg (n)
donc si, et seulement si, fg est surjective.
c) Le morphisme fg n’est pas injectif, si et seulement si, ker(fg ) ≠ {0} ssi il existe un n ≠ 0
tel que g n = e ssi g est d’ordre fini dans (G, ⋅).
Si en outre fg est surjective g est d”ordre fini et engendre (G, ⋅) donc le groupe G est
fini. C’est alors un groupe cyclique.. comme annoncé par le titre de la question !
2) Indicatrice d’Euler
a) A la main : ϕ(1) = 1 car 1 est premier avec tout le monde donc avec 0.
Dans ⟦0, 9⟧ : les nombres premiers avec 10 sont 1, 3, 7, 9 donc ϕ(10) = 4.
Pour p premier tous les nombres dans ⟦1, p − 1⟧ sont premiers avec p, et 0 n’est pas
premier avec p donc ϕ(p) = p − 1.
Remarque : pour 10 = 2 × 5 avec 2 ∧ 5 = 1, on verra plus loin au e) que ϕ(10) =
ϕ(2)ϕ(5) = 1 × 4, on retrouve le résultat précédent.
b) Vue la dernière ligne, pour que l’algorithme fonctionne, il faut qu’à la fin de la boucle
principale for i in range(2,n//2+1), on ait pour tout i = 2, . . . , n − 1, table[i] = 1 si
et seulement si i est premier avec n.
Les modifications faites dans table consistent à mettre des entrées à 0, sachant qu’au
départ toutes les entrées de table sont à 1 (sauf l’entrée 0 car 0 n’est pas premier avec
n, si n > 1).
Montrons que la propriété P (i) suivante est vérifiée pour chaque valeur de i dans la
boucle principale :
P (i) : à la fin du i-ième tour de la boucle principale, toutes les entrées de la forme
table[k.j] avec 2 ≤ j ≤ i, j diviseur de n, k ≥ 1, k ≤ (n − 1)//j sont mises à 0.
La preuve de P (i) par réc. est immédiate puisque le rôle du i-ième tour de boucle est
exactement si i est un diviseur de n, de mettre à 0 les entrées table[ki] avec k ≥ 1,
k ≤ (n − 1)//i.
Or pour k entier, la condition k ≤ (n − 1)//i = ⌊(n − 1)/i⌋ équivaut à k ≤ (n − 1)/i et donc
à ki ≤ (n − 1).
Donc P (i) s’écrit encore : à la fin du i-ième tour de la boucle principale, toutes les entrées
de la forme table[k.j] avec 2 ≤ j ≤ i, j diviseur de n, k ≥ 1, kj ≤ (n − 1) sont mises à 0.
Ainsi P (n//2) (dernière valeur prise par i dans la boucle) dit que à la fin de la boucle,
toutes le entrées de la forme table[kj] avec j ≤ n/2 et j diviseur de n, kj ≤ (n − 1) sont
mises à 0.
Or tout facteur premier p d’un nombre n sera inférieur ou égal à n//2, donc à l’issu de la
boucle on aura bien mis à zéro toutes les entrées de table de la forme kp pour p facteur
premier quelconque de n et la conclusion.
c) def phi(n):
return len(premAvec(n))
d) On conjecture que si a ∧ b = 1 alors ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b).
e) Question pas si facile par des méthodes élémentaires !
(M1) Avec un peu d’algèbre supérieure :
Rappel – Si on définit ϕ(n) comme le nombre d’entiers q k ∈ [[0, n − 1]] tels que
k ∧ n = 1, alors par caractérisation des inversibles dans Z/nZ, on a pour tout n ≥ 2,
ϕ(n) = Card U(Z/nZ) (le nombre d’éléments inversibles de Z/nZ).
1
Mais si on considère l’application : C ∶ Z/(ab)Z ↦ Z/aZ × Z/bZ, x̄ab ↦ (x̄a , x̄b ), qui à
une classe modulo ab associe le couple formé de classe modulo a et de la classe modulo
b, il est évident que C est un morphisme d’anneau et le théorème chinois dit que C est
un isomorphisme.
(M2) La ≪ même ≫ rédigée de manière plus ≪ élémentaire ≫ (ce qui ne signifie
pas plus simple)...
Une autre façon de comprendre le théorème Chinois est le
Lemme : Si a ∧ b = 1 alors ∀ k ∈ ⟦0, ab − 1⟧, ∃ ! (u, v) ∈ ⟦0, b − 1 ⟧ × ⟦0, a − 1⟧, k = au + bv.
Preuve du lemme : on peut considérer l’application ψ ∶ ⟦0, b − 1 ⟧ × ⟦0, a − 1⟧ → ⟦0, ab − 1⟧,
(u, v) ↦ au + bv.
On veut montrer que ψ est bijective.
Il suffit, par égalité des cardinaux de vérifier l’injectivité.
Or bu + av ≡ bu′ + av ′ [ab] ⇒ bu ≡ bu′ [a] et comme b ∧ a = 1 ceci équivaut à u ≡ u′ [a].
De même pour v ≡ v ′ [b].
Application du lemme – Soit k ∈ ⟦0, ab − 1⟦, qu’on écrit (écriture unique) k = au + bv
comme dans le lemme.
Alors k ∧ ab = 1 ⇔ (au + bv) ∧ ab = 1 ⇔ (au + bv) ∧ a = 1 et (au + bv) ∧ b = 1
Ceci équivaut à bv ∧ a = 1 et (au) ∧ b = 1.
Finalement encore à u ∧ a = 1 et v ∧ b = 1.
3) Convolution
a) (i) Propriété bien connue : (CN , +) est un groupe abélien.
(ii) Propriétés de ∗ (produit de Dirichlet) :
Notation : Pour tout entier n naturel, on note Dn l’ensemble des diviseurs de n dans
N.
● Commutativité : l’application ψ ∶ Dn → Dn , x ↦ n/x est bijective, car ψ ○ ψ = id.
En appliquant le changement d’indice induit par ψ, on a immédiatement la commutativité.
Une autre écriture, plus symétrique du produit de Dirichlet est de l’écrire : (f ∗ g)(n) =
f (a)g(b).
∑
∗
(a,b)∈N2 , ab=n
● Associativité :
Soit (f, g, h) ∈ E 3 . Pour tout n ∈ N∗ , on peut écrire f ∗ (g ∗ h)(n) =
∑
f (a)(g ∗
(a,b)∈N∗ 2
h)(b) = ∑ f (a) ∑ g(c)h(d) = ∑ f (a)g(c)h(d). Cette écriture est invariante par
ab=n
cd=b
acd=n
toute permution de f, g, h.
● Neutre : soit δ la fonction définie par δ(1) = 1 et ∀ n ≥ 2, δ(n) = 0.
On vérifie immédiatement que e est neutre pour ∗. (On rappelle que si le neutre existe,
il est unique).
(iii) Distributivité de ∗ par rapport à + :
n
n
Par déf., avec des notations évidentes, ((f +g)∗h)(n) = ∑ (f +g)(d)h( ) = ∑ f (d)h( )+
d
d
d∈Dn
d∈Dn
n
∑ g(d)h( ) = f ∗ h(n) + g ∗ h(n). D’où la conclusion (la distributivité d’un côté suffit
d
d∈Dn
car ∗ est commutative).
b) L’égalité admise 1 ∗ ϕ = id équivaut à ∀ n ∈ N, ∑ ϕ(d) = n.
d∣n
Cette formule dite parfois formule de Möbius, peut se montrer en considérant que si G
est un groupe cyclique à n éléments alors G est l’union disjointe des ensembles Gd formés
de ses éléments d’ordre exactement d.
La fonction µ de l’énoncé s’appelle aussi fonction de Möbius.
Avec l’égalité admise on sait que ϕ = id ∗1−1 où 1−1 désigne l’inverse de la fonction
constante égale à 1.
2
Donc pour montrer l’égalité demandée, il suffit de montrer que µ = 1−1 .
N.B. Ceci rend l’introduction de cette fonction µ naturelle (plus que sa définition) :
c’est l’inverse de la fonction constante égale à 1 pour ∗.
Preuve de l’égalité µ = 1−1
Il s’agit de montrer que µ ∗ 1 = δ.
Autrement dit que : µ(1) = 1 et que pour tout n ≥ 2, ∑ µ(d) = 0.
d∣n
Or pour n ≥ 2 et n =
la forme générale d’un diviseur de n est m = pβ1 1 . . . pβr r
avec 0 ≤ βi ≤ αi pour tout i = 1, . . . , r.
Mais si l’un des βi ≥ 2, on aura µ(m) = 0 donc :
1
pα
1
∑ µ(d) =
d∣n
r
. . . pα
r ,
∑
µ(pβ1 1 . . . pβr r ) =
∑
(−1)β1 +⋯+βr .
(β1 ,...,βr )∈[[0,1]]r
(β1 ,...,βr )∈[[0,1]]r
Or, pour chaque k = 0, . . . , r l’ensemble des (β1 , . . . , βr ) ∈ [[0, 1]]r tels que β1 + ⋯ + βr = k
est de cardinal (kr ) (choix des k éléments valant 1, les autres valant 0).
Donc :
r
r
k
r
∑ µ(d) = ∑ ( )(−1) = (1 − 1) = 0,
k
k=0
d∣n
grâce à la formule du binôme.
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