Équivalent de la somme des diviseurs

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Autour de la somme des diviseurs

SamFaitDesMaths

Vendredi 3 février 2017

Résumé Équivalent de n P k=1

σ(k), où σ(k) désigne la somme des diviseurs positifs de k ∈ N∗.

Première étape : reconnaître une somme de Riemann

Nous avons n P k=1 σ(k) = n P k=1 kjn k k = n2_×1 − 0 n n P k=1 k ×1 − 0 n      1 k ×1 − 0 n     = n 2_×1 − 0 n n P k=1 f 0 + k ×1 − 0 n , en posant f :]0; 1] → R+, t 7→ t 1 t

. Nous reconnaissons une somme de Riemann (à droite) de f .

Deuxième étape : prouver la convergence de la somme de Riemann

Il suffit de montrer que f est Riemann-intégrable sur [0; 1] pour obtenir la convergence de la somme de Riemann.

Limite en 0

+

_{et définition de f (0)}

Soit t ∈]0; 1[. Nous avons 1

t > 1 donc il existe p ∈ N

∗

tel que p ≤ 1

t < p + 1. Nous obtenons d’une part 1 t − 1 < p et 1 1 t + 1 ≤ 1 p + 1 donc 1 − t 1 + t ≤ p

p + 1. Nous obtenons d’autre part p p + 1 < tp ≤ 1. Or, p = 1 t , donc 1 − t 1 + t ≤ f (t) ≤ 1. Le théorème des gendarmes donne lim

t→0+f (t) = 1. Nous posons naturellement f (0) := 1.

Riemann-intégrabilité de f sur [0; 1]

La définition de la limite donne : pour tout ε > 0, il existe η > 0 tel que t ∈]0; η[ =⇒ 1 −ε

4 ≤ f (t) ≤ 1 + ε

4. Or, par définition, f (0) = 1. Donc pour tout ε > 0, il existe η > 0 tel que t ∈ [0; η[ =⇒ 1−ε

4 ≤ f (t) ≤ 1+ ε

4. Puisque R est archimédien, il existe p0∈ N∗tel que

1 p0+ 1

< η. Donc pour tout ε > 0, il existe p0∈ N∗tel que t ∈

0; 1 p0+ 1 =⇒ 1 −ε 4≤ f (t) ≤ 1 + ε 4. Posons les deux fonctions en escalier f1(t) := 1 −

ε 4 et f2(t) := 1 + ε 4définies sur 0; 1 p0+ 1

. Nous avons donc sur cet intervalle f1≤ f ≤ f2etR 1 p0+1 0 f2−R 1 p0+1 0 f1= ε 2(p0+ 1) <ε 2. D’autre part, sur tout intervalle

1 p + 1; 1 p

, où p ∈_{J1; p}0K, nous avons f (t) = tp donc f est continue sur 1 p + 1; 1 p et prolongeable par continuité en 1

p + 1

+

. Donc f est continue par morceaux sur

1 p0+ 1

; 1

. Donc f est Riemann-intégrable sur

1 p0+ 1

; 1

. Donc pour tout ε > 0, il existe deux fonctions en escalier g1, g2définies sur

1 p0+ 1

; 1

telles que g1≤ f ≤ g2 sur

cet intervalle etR1 1 p0+1 g2− R1 1 p0+1 g1< ε 2. Au final, en posant ϕ1 :=        f1 sur 0; 1 p0+ 1 g1 sur 1 p0+ 1 ; 1 et ϕ2 :=        f2 sur 0; 1 p0+ 1 g2 sur 1 p0+ 1 ; 1

, nous avons : pour tout ε > 0, il existe

deux fonctions en escaliers ϕ1, ϕ2 telles que ϕ1 ≤ f ≤ ϕ2 sur [0; 1] etR₀1ϕ2−R₀1ϕ1 < ε. Donc f est Riemann-intégrable sur

[0; 1].

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Limite de la somme de Riemann

Nous avons donc lim

n→+∞ n P k=1 σ(k) n2 = R1 0 f (t) dt.

Troisième étape : calcul de la limite et obtention de l’équivalent

D’après ce qui a été fait précédemment, R1

0 f (t) dt = _p→+∞lim R1 1 p+1 f (t) dt. Or, R1 1 p+1 f (t) dt = p P i=1 R1i 1 i+1 ti dt = 1 2 p P i=1 1 i − i (i + 1)2 = 1 2 p P i=1 1 i − 1 i + 1+ 1 (i + 1)2 = 1 2 p P i=1 1 i2 − 1 p + 1 . DoncR1 0 f (t) dt = π2 12. Au final, n P k=1 σ(k) ∼ π 2 12n 2 .

Mise en pratique

Calculons 2017 P k=1 σ(k) à l’aide de Scilab. s = 0 ; for k = 1 : 2017 do s = s + k∗floor(2017/k) ; end ; disp(s) Scilab renvoie : 2017 P k=1 σ(k) = 3347279. L’équivalent permet d’écrire

2017

P

k=1

σ(k) ' 3346033, 5849 . . .