Indicatrice d’Euler
1) Cyclicit´e
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)=gm+n=gm.gn=fg(m).fg(n), d’o`u la conclusion.
b) L’´el´ement gengendre le groupe Gsi, et seulement si, pour tout hG, il existe un nZ
tel que h=gndonc si, et seulement si, pour tout hG, il existe un nZtel que h=fg(n)
donc si, et seulement si, fgest surjective.
c) Le morphisme fgn’est pas injectif, si et seulement si, ker(fg){0}ssi il existe un n0
tel que gn=essi gest d’ordre fini dans (G, ).
Si en outre fgest surjective gest d”ordre fini et engendre (G, )donc le groupe Gest
fini. C’est alors un groupe cyclique.. comme annonc´e 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 ppremier tous les nombres dans 1, p 1sont premiers avec p, et 0 n’est pas
premier avec pdonc ϕ(p)=p1.
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 r´esultat pr´ec´edent.
b) Vue la derni`ere ligne, pour que l’algorithme fonctionne, il faut qu’`a la fin de la boucle
principale for i in range(2,n//2+1), on ait pour tout i=2,...,n1, table[i]=1 si
et seulement si iest premier avec n.
Les modifications faites dans table consistent `a mettre des entr´ees `a 0, sachant qu’au
d´epart toutes les entr´ees de table sont `a 1(sauf l’entr´ee 0 car 0 n’est pas premier avec
n, si n>1).
Montrons que la propri´et´e P(i)suivante est v´erifi´ee pour chaque valeur de idans la
boucle principale :
P(i): `a la fin du i-i`eme tour de la boucle principale, toutes les entr´ees de la forme
table[k.j]avec 2 ji,jdiviseur de n,k1, k(n1)jsont mises `a 0.
La preuve de P(i)par r´ec. est imm´ediate puisque le rˆole du i-i`eme tour de boucle est
exactement si iest un diviseur de n, de mettre `a 0 les entr´ees table[ki] avec k1,
k(n1)i.
Or pour kentier, la condition k(n1)i=(n1)i´equivaut `a k(n1)iet donc
`a ki (n1).
Donc P(i)s’´ecrit encore : `a la fin du i-i`eme tour de la boucle principale, toutes les entr´ees
de la forme table[k.j] avec 2 ji,jdiviseur de n,k1, kj (n1)sont mises `a 0.
Ainsi P(n2)(derni`ere valeur prise par idans la boucle) dit que `a la fin de la boucle,
toutes le entr´ees de la forme table[kj]avec jn2 et jdiviseur de n,kj (n1)sont
mises `a 0.
Or tout facteur premier pd’un nombre nsera inf´erieur ou ´egal `a n2, donc `a l’issu de la
boucle on aura bien mis `a z´ero toutes les entr´ees de table de la forme kp pour pfacteur
premier quelconque de net la conclusion.
c) def phi(n):
return len(premAvec(n))
d) On conjecture que si ab=1 alors ϕ(ab)=ϕ(a)ϕ(b).
e) Question pas si facile par des m´ethodes ´el´ementaires !
(M1) Avec un peu d’alg`ebre sup´erieure :
Rappel Si on d´efinit ϕ(n)comme le nombre d’entiers q k[[0, n 1]] tels que
kn=1, alors par caract´erisation des inversibles dans ZnZ, on a pour tout n2,
ϕ(n)=Card U(ZnZ)(le nombre d’´el´ements inversibles de ZnZ).
1
Mais si on consid`ere l’application : CZ(ab)ZZaZ×ZbZ, ¯xab (¯xa,¯xb), qui `a
une classe modulo ab associe le couple form´e de classe modulo aet de la classe modulo
b, il est ´evident que Cest un morphisme d’anneau et le th´eor`eme chinois dit que Cest
un isomorphisme.
(M2) La eme edig´ee de mani`ere plus ´el´ementaire (ce qui ne signifie
pas plus simple)...
Une autre fa¸con de comprendre le th´eor`eme Chinois est le
Lemme : Si ab=1 alors k0, ab 1,!(u, v)0, b 1×0, a 1,k=au +bv.
Preuve du lemme : on peut consid´erer l’application ψ0, b1×0, a10, ab1,
(u, v)au +bv.
On veut montrer que ψest bijective.
Il suffit, par ´egalit´e des cardinaux de v´erifier l’injectivit´e.
Or bu +av bu+av[ab]bu bu[a]et comme ba=1 ceci ´equivaut `a uu[a].
De mˆeme pour vv[b].
Application du lemme – Soit k0, ab 1, qu’on ´ecrit (´ecriture unique) k=au +bv
comme dans le lemme.
Alors kab =1(au +bv)ab =1(au +bv)a=1 et (au +bv)b=1
Ceci ´equivaut `a bv a=1 et (au)b=1.
Finalement encore `a ua=1 et vb=1.
3) Convolution
a) (i) Propri´et´e bien connue : (CN,+)est un groupe ab´elien.
(ii) Propri´et´es de (produit de Dirichlet) :
Notation : Pour tout entier nnaturel, on note Dnl’ensemble des diviseurs de ndans
N.
Commutativit´e : l’application ψDnDn,xnxest bijective, car ψψ=id.
En appliquant le changement d’indice induit par ψ, on a imm´ediatement la commutati-
vit´e.
Une autre ´ecriture, plus sym´etrique du produit de Dirichlet est de l’´ecrire : (fg)(n)=
(a,b)N2, ab=n
f(a)g(b).
Associativit´e :
Soit (f, g, h)E3. Pour tout nN, on peut ´ecrire f(gh)(n)=
(a,b)N2
f(a)(g
h)(b)=
ab=n
f(a)
cd=b
g(c)h(d)=
acd=n
f(a)g(c)h(d). Cette ´ecriture est invariante par
toute permution de f, g, h.
Neutre : soit δla fonction d´efinie par δ(1)=1 et n2, δ(n)=0.
On v´erifie imm´ediatement que eest neutre pour . (On rappelle que si le neutre existe,
il est unique).
(iii) Distributivit´e de par rapport `a +:
Par d´ef., avec des notations ´evidentes, ((f+g)h)(n)=
dDn
(f+g)(d)h(n
d)=
dDn
f(d)h(n
d)+
dDn
g(d)h(n
d)=fh(n)+gh(n). D’o`u la conclusion (la distributivit´e d’un cˆot´e suffit
car est commutative).
b) L’´egalit´e admise 1 ϕ=id ´equivaut `a nN,
dn
ϕ(d)=n.
Cette formule dite parfois formule de M¨obius, peut se montrer en consid´erant que si G
est un groupe cyclique `a n´el´ements alors Gest l’union disjointe des ensembles Gdform´es
de ses ´el´ements d’ordre exactement d.
La fonction µde l’´enonc´e s’appelle aussi fonction de M¨obius.
Avec l’´egalit´e admise on sait que ϕ=id 11o`u 11esigne l’inverse de la fonction
constante ´egale `a 1.
2
Donc pour montrer l’´egalit´e demand´ee, il suffit de montrer que µ=11.
N.B. Ceci rend l’introduction de cette fonction µnaturelle (plus que sa d´efinition) :
c’est l’inverse de la fonction constante ´egale `a 1 pour .
Preuve de l’´egalit´e µ=11
Il s’agit de montrer que µ1=δ.
Autrement dit que : µ(1)=1 et que pour tout n2,
dn
µ(d)=0.
Or pour n2 et n=pα1
1...pαr
r, la forme g´en´erale d’un diviseur de nest m=pβ1
1...pβr
r
avec 0 βiαipour tout i=1,...,r.
Mais si l’un des βi2, on aura µ(m)=0 donc :
dn
µ(d)=
(β1,...,βr)[[0,1]]r
µ(pβ1
1...pβr
r)=
(β1,...,βr)[[0,1]]r(1)β1+⋯+βr.
Or, pour chaque k=0,...,r l’ensemble des (β1,...,βr)[[0,1]]rtels que β1+⋯+βr=k
est de cardinal r
k(choix des k´el´ements valant 1, les autres valant 0).
Donc :
dn
µ(d)=r
k=0r
k(1)k=(11)r=0,
grˆace `a la formule du binˆome.
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