Problème 1. Fonctions arithmétiques.

Exercice 1

1. a. Les racines 5-èmes dee^2iπx sont les nombres complexese^2iπx5 uavec u∈U5. On peut aussi les écriree^iθk avec

θk= 2iπ

5 (x+k)pourk∈ {0,1,2,3,4}

b. SiZ =e^iθ,

iZ+ 1

Z−1 =ie^iθ+ 1

e^iθ−1 = cotanθ 2 2. NotonsP le polynôme

(X−i)⁵(i+ cotan(πx)) + (X+i)⁵(i−cotan(πx)) Il est de degré 5. Commexn'est pas entier,sinπx6= 0et

i+ cotanπx= 1

sinπx(cosπx+isinπx) = 1 sinπxe^iπx i−cotanπx= 1

sinπx(−cosπx+isinπx) =− 1

sinπxe^−iπx

D'autre part, il est bien clair quei et −i ne sont pas racines (un des termes s'annule mais pas l'autre). Ainsi,zest racine deP si et seulement si

z+i z−i

5

=e^2iπx

L'applicationh z → ^z+i_z−i est une bijection deC− {i} dansC− {1}. Commexn'est pas entier, e^2iπx 6= 1. Les racines de P sont donc les images réciproques par h des racines 5-ièmes dee^2iπx.

Or ^z+i_z−i = Z si et seulement siz =i^Z+1_Z−1 = cotan^θ₂ lorsque Z =e^iθ d'après 1.b. En utilisant leθk déni en 1.a., on en déduit que les racines deP sont les nombres réels

cotanx+k

5 π k∈ {0,· · ·,4}

Il paraît surprenant de ne trouver que des racines réelles car le polynôme est à coef- cients complexes. En fait tous ses coecients sont imaginaires purs, on s'en aperçoit en considérantP.

3. Précisons, dans le développement deP les termes de degré5,4 et0 à l'aide du début de la formule du binôme.

P = e^iπx

sinπx(X−i)⁵− e^−iπx

sinπx(X+i)⁵

=e^iπx−e^−iπx

sinπx X⁵+−e^iπx−e^−iπx

sinπx 5iX⁴+· · ·+e^iπx+e^−iπx sinπx (−i)

= 2i X⁵−5 cotanπx X⁴+· · · −cotanπx Comme on connait les racines du polynôme :

X⁵−5 cotanπx X⁴+· · · −cotanπx=

4

Y

k=0

X−cotanx+k 5 π

On en déduit, en identiant les termes de degré4 ou0,

4

X

k=0

cotanx+k

5 π= 5 cotanπx,

4

Y

k=0

cotanx+k

5 π=−cotanπx

Problème 1. Fonctions arithmétiques.

Partie I. Structure d'anneau

1. Exemples

a. On trouveβ(6) = 15car

β(6) = 1∧6 + 2∧6 + 3∧6 + 4∧6 + 5∧6 + 6∧6 = 1 + 2 + 3 + 2 + 1 + 6 = 15.

On trouve(σ∗µ)(12) = 12en utilisantµ(4×2) = 0,µ(2×3) = (−1)²= 1,· · · et (σ∗µ)(12) =σ(1)µ(12) +σ(2)µ(6) +σ(3)µ(4) +σ(4)µ(3) +σ(6)µ(2) +σ(12)µ(1)

= 1×0 + (1 + 2)×1 + (1 + 3)×0 + (1 + 2 + 4)×(−1) + (1 + 2 + 3 + 6)×(−1) + (1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12)×1 = 3−7−12 + 28 = 12.

b. On trouvee∗e=dcar, pour tout naturel non nuln, (e∗e)(n) = X

d∈D(n)

e(d)

=1

e(n d)

=1

=]D(n) =d(n).

On trouveI∗e=σcar

(I∗e)(n) = X

d∈D(n)

I(d)

=d

e(n d)

=1

=σ(n).

c. Soit pun nombre premier. Alors φ(p) = p−1, σ(p) = 1 +p, d(p) = 2. On en déduit

φ(p) +σ(p) =pd(p).

Les diviseurs dep^msont lesp^kaveckentre0etn. Ils sont divisibles par un carré sauf les deux premiers, on en tire

(µ∗e)(p^m) =µ(1) +µ(p) +µ(p²) +· · ·

| {z }

=0

= 1−1 = 0.

2. a. Pour montrer la commutativité, on change la variable locale de sommation en posantδ= ⁿ_d puis on permute les fonctions (multiplication dansC) en revenant au nom initial

(f∗g)(n) = X

δ∈D(n)

f(n

δ)g(δ) = X

δ∈D(n)

g(δ)f(n

δ) = X

d∈D(n)

g(d)f(n

d) = (g∗f)(n).

b. Soitf une fonction arithmétique quelconque. Commee0(n)est nul sauf sin= 1, le seul diviseur qui contribue vraiment àe0∗f =f∗e0 est 1. On en tire

∀n∈N^∗, (e₀∗f)(n) = (f∗e₀)(n) =e₀(1)f(n)⇒e₀∗f =f ∗e₀=f.

c. Soientf,g,htrois fonctions arithmétiques etnquelconque dansN^∗. Remarquons que

(d1, d2, d3)∈T(n)⇔(d1, d2d3)∈C(n)⇔d1∈D(n)et(d2, d3)∈C(n d₁)

⇔d1d2∈D(n

d₃)et d3∈C(n).

Cela se traduit au niveau des sommes par :

(f∗(g∗h)) (n) = X

d1∈D(n)

f(d₁)(g∗h)(n d1

)

= X

d₁∈D(n)

f(d1)





X

(d₂,d₃)∈C(_dⁿ

1)

g(d2)h(d3)





= X

(d1,d2,d3)∈T(n)

f(d1)g(d2)h(d3) = X

d3∈D(n)



 X

(d1,d2)∈C(_dⁿ

3)

f(d1)g(d2)



h(d3)

= X

d₃∈D(n)

(f∗g)(n d3

)h(d₃) = ((f∗g)∗h)(n).

Ceci prouve l'associativité de∗. On ne vérie pas en détail les autres propriétés.

Les opérations dénissent une structure d'anneau sur l'ensemble des fonctions multiplicatives.

3. Fonctions multiplicatives.

a. Rien dans le cours ne permet d'armer queD(m)×D(n)etD(mn)ont le même nombre d'éléments. Le démontrer est même une des justications de la question.

On doit donc prouver l'injectivité et la surjectivité de la fonctionP. Cela revient à un raisonnement par analyse-synthèse.

Considérons un diviseurdquelconque demn. Analyse.

Si P((a, b)) =dalorsab=daveca∈D(m)et b∈D(n)donc aest un diviseur commun àdet mdoncadivise le pgcd m∧d. De même, bdivisen∧d.

D'autre part, m∧d divise d donc divise mn. Comme m∧d divise m qui est premier avec n, on tire que m∧dest premier avec n. Il est donc aussi premier avecb qui divisen. On peut alors utiliser le théorème de Gauss :

m∧ddivised=ab m∧dpremier avecb

)

⇒m∧ddivisea⇒m∧d=a.

On démontre de même quen∧d=b. Ceci achève l'analyse qui prouve l'injectivité : le seul couple éventuellement antécédent dedparP est(m∧d, n∧d).

Synthèse.

Utilisons la décomposition en facteurs premiers :m∧dest le produit de tous les

diviseurs premiers de d qui divisent m alors que n∧d est formé par ceux qui divisentn. Ces deux ensembles de diviseurs premiers sont disjoints donc

(m∧d)(n∧d) =d⇒P((m∧d, n∧d)) =d.

Ceci prouve la surjectivité.

b. Soient f et g deux fonctions multiplicatives et m, n des entiers premiers entre eux. D'après la question précédente :

(f∗g)(mn) = X

d∈D(mn)

f(d)g(mn

d ) = X

(dm,dn)∈D(m)×D(n)

f(dmdn)g(m d_m

n d_n)

= X

(d_m,d_n)∈D(m)×D(n)

f(d_m)f(d_n)g(m dm

)g(n dn

)card_m∧d_n = 1, m dm

∧ n dn

= 1

=



 X

d_m∈D(m)

f(dm)g( m dm)







 X

d_n∈D(n)

f(dn)g( n dn)



= (f∗g)(m)(f∗g)(n).

c. La fonctionI est multiplicative carI(mn) =mn=I(m)I(n)même si met n ne sont pas premiers entre eux.

La fonction e0 est multiplicative car e0(mn) = 0 = I(m)I(n) si m ou n est diérent de1.

La fonctione est multiplicative care(mn) = 1 =e(m)e(n)même simet nne sont pas premiers entre eux.

La fonction d (nombre de diviseurs) est multiplicative car la fonction P est bijective. (montré en a.)

On a vu en I.1.b queσ=I∗e. La fonction est multiplicative d'après la question b carI etele sont.

La fonction de Möbius est multiplicative car si m ou n est divisible par un carré, le produit l'est aussi. Si aucun n'est divisible par un carré et qu'ils sont premiers entre eux les nombres de diviseurs premiers distincts s'ajoutent.

4. Norme d'une fonction arithmétique. On se donne deux fonctions multiplicatives non nullesf etg. On notenf etng leurs normes. On a donc :

f(nf)6= 0, g(ng)6= 0, ∀k < nf :f(k) = 0, ∀k < ng : (k) = 0.

Soitkun diviseur denfng. Sik > nf alors ^nf_k^ng < ngdoncg(^nf_k^ng) = 0. On raisonne symétriquement si k > ng. Le seul couple de diviseurs qui contribue réellement à la somme dans(f∗g)(nfng)est (nf, ng)donc

(f∗g)(n_fn_g) =f(n_f)g(n_g)6= 0.

La fonctionf ∗g est donc non nulle et sa norme est inférieure ou égale ànfng. Considérons unm < nfng et kun diviseur dem.

Sik≥n_f alors ^m_k < n_g doncg(^m_k) = 0. Sik < n_f alorsf(k) = 0. Cette fois personne ne contribue à la somme :(f∗g)(k) = 0. On a donc bien prouvé

N(f∗g) =N(f)N(g).

Partie II. Inversion de Möbius

1. a. Comme toutes les fonctions en jeu sont multiplicatives (questions II.3. b. et c.), on va seulement vérier la relation pour des entiers n de la forme p^m où pest premier etmnaturel non nul.

Les diviseurs densont lesp^k aveck≤m. On en tire (µ∗e)(n) =

m

X

k=0

µ(p^k)e(p^m−k) (seuls0et 1contribuent)= 1 + (−1) = 0.

Comme par dénition(µ∗e)(1) =µ(1)e(1) = 1, on a bien démontré par multi- plicativité la relation fondamentale

µ∗e=e0.

b. Il s'agit s'implement de multiplier (étoiler) d'un côté ou de l'autre en exploitant commutativité et associativité.

f =g∗e⇒f∗µ= (g∗e)∗µ=g∗(e∗µ) =g∗(µ∗e) =g∗e0=g g=f ∗µ⇒g∗e= (f∗µ)∗e=f∗(µ∗e) =f∗e₀=f

2. a. Vérions d'abord que la fonction est bien dénie c'est à dire quek∈F entraîne δk∈∆. Cela résulte de la linéarité du pgcd :

(kδ)∧n= (kδ)∧(dδ) =δ(k∧d) =δ.

L'injectivité dek→δk est évidente par simplication.

Considérons un élément s quelconque dans ∆. Par dénition δ = s∧n donc δ divises, il existektel que s=δk. De plus,

n=δd s=δk δ=s∧n







⇒d∧k= 1⇒k∈F.

Ceci prouve la surjectivité.

On en déduit que leF et∆ont le même nombre d`éléments. Ce nombre est aussi φ(d)oùφest la fonction indicatrice d'Euler introduite au début de l'énoncé.

b. On considère ici l'équationn∧x=ad'inconnuexentier entre1 etn.

Sian'est pas un diviseur den, cette équation est évidemment sans solution.

Siaest un diviseur den. L'ensemble des solutions est alors le∆de la question précédente (avecδ=aetd= ⁿ_a). Le nombre de solutions est doncφ(d) =φ(ⁿ_a). c. Classons les entiers x entre 1 et n selon la valeur de n∧x. On obtient autant de classes que de diviseurs d. Pour chaque d, il existe φ(ⁿ_d) éléments tels que n∧x=d. On en déduit

(nb entiers entre 1 etn) =n= X

d∈D(n)

φ(n

d) = (e∗φ)(n) = (φ∗e)(n).

Cela s'écritI=φ∗e. On peut ensuite étoiler

I=φ∗e⇒I∗µ= (φ∗e)∗µ=φ∗(e∗µ) =φ∗e0=φ

d. On reprend l'idée du classement des entiers entre1 etn selon la valeur du pgcd n∧x(attaché à la discussion de l'équation de la question b.) On l'applique à la somme des pgcd. Quand on regroupe les pgcd égaux (à un diviseur arbitraired), l'indicatrice d'Euler apparait d'après la question 2.b..

β(n) =

n

X

k=1

k∧n= X

d∈D(n)

φ(n d)

| {z }

nb dektqk∧n=d

d.= (I∗φ)(n)

Ensuite on étoile

β=I∗φ⇒β∗e=I∗(φ∗e) =I∗I.

3. Théorème de Makowski.

a. On a vu en I.1.b. queσ=I∗e. OrI=e∗φd'après 2.c. donc σ∗φ= (I∗e)∗φ) =I∗(e∗φ) =I∗I.

b. Précisons ceI∗I qui est mis en avant dans cette n de problème : (I∗I)(n) = X

d∈D(n)

I(d)I(n

d) = X

d∈D(n)

dn

d = X

d∈D(n)

n=d(n)n.

card(n)est le nombre de diviseurs. D'après a., la condition de l'énoncé s'écrit φ+σ=φ∗σ.

Or

(φ∗σ)(n) =φ(1)

|{z}

=1

σ(n) +· · ·+φ(n)σ(1)

|{z}

=1

où · · · désigne la somme étendue aux autres diviseurs de n. La condition de l'énoncé impose que cette somme soit nulle ce qui ne peut se produire que s'il n'existe aucun diviseur de n autres que 1 et n car les fonctions φ et σ sont à valeurs strictement positives.

On avait trouvé en I.1.c que, sipest premier, φ(p) +σ(p) = 2p=pd(p).

La conditionφ(p) +σ(p) = 2p=pd(p)caractérise donc les nombres premiers.

Problème 2. Polynômes positifs.

1. X²+X+ 1 est positif et à valeurs positives (sans racine réelle).

X²−X+ 1est aussi sans racine réelle, il est à valeurs positives mais il n'est pas positif.

X²+ 2X+¹₂ est positif mais n'est pas à valeurs positives car il a des racines réelles.

2. NotonsΩl'ensemble cherché. Il est évident que]0,_m+1^π [⊂Ω. Le point intéressant est la deuxième inclusion.

Soitθ∈Ω. Comme2θ∈]0,2π[,sin 2θ >0entraîne2θ∈]0, π[soitθ∈]0,^π₂[. De même, θ ∈]0,²_π[ entraîne3θ∈]0,^3π₂ [donc sin 3θ > 0 entraîne θ ∈]0,^π₃[ et ainsi de suite. On doit donc avoirθ∈]0,_m+1^π [.

3. a. Le polynômeDmest réel car les racinesu1etu2du polynôme réelC sont conju- guées. En développant, on obtient

Dm=X^2(m+1)−2 Re(u^m+1₁ )X^m+1+|u1|^2(m+1) Le polynômeDmest positif lorsque Re(u^m+1₁ )est négatif c'est à dire

cos(m+ 1)φ <0 b. L'existence du polynômeBmrepose sur les identités

X^m+1−u^m+1₁ = (X−u1)(X^m+u1X^m−1+· · ·+u^m₁) X^m+1−u^m+1₂ = (X−u2)(X^m+u2X^m−1+· · ·+u^m₂) Le polynômeB_mest simplement le produit des deux facteurs de droite.

c. Le coecient deX^k dans

X^m+u₁X^m−1+u²₁X^m−2+· · ·+u^m₁

estu^m−k₁ . Dans l'autre polynôme, le coecient deX^k estu^m−k₂ . D'après la dé- nition du produit de deux polynômes, pourkentre 0 etm etu1=re^iφ,

bk =

k

X

α=0

u^m−α₁ u^m−(k−α)₂ =

k

X

α=0

r^2m−ke^i(k−2α)φ

=r^2m−ke^ikφ

k

X

α=0

(e^−2iφ)^α=r^2m−ke^ikφ1−e^−2i(k+1)φ

1−e^−2iφ =r^2m−ksin(k+ 1)φ sinφ Remarquons que

b2m= 1, b_2m−1=u1+u2, b_2m−2=u²₁+u1u2+u²₂ et, plus généralement,

b_2m−k =u^k₁+u^k−1₁ u2+· · ·+u1u^k−1₂ +u^k₂ = u^k+1₁ −u^k+1₂

u₁−u₂ =r^ksin(k+ 1)φ sinφ d. D'après la question précédente,Bm est positif lorsque

sin 2φ

sinφ ,· · · ,sin(m+ 1)φ sinφ

sont positifs. Comme φest l'argument principal deu1 avecImu1>0, sinφ >0 avecφ∈]0, π[. La question 2. montre alors queBmest positif si et seulement si

φ∈]0, π (m+ 1)[

On aura en plus Dm positif lorsque cos(m+ 1)φ < 0. Les deux conditions sont réalisées si et seulement si

π

2 <(m+ 1)φ < π⇔ π

2φ< m+ 1< π φ Discutons maintenant selonφ.

Si ^π₂ ≤φ. Le polynôme C est positif. On peut prendre les polynômes positifs B= 1et D=C.

Si φ < ^π₂. Alors 1 < _2φ^π et la longueur de l'intervalle ]_2φ^π,^π_φ[ est _2φ^π > 1. Il contient donc un entier supérieur ou égal à 2. Ceci prouve l'existence d'un naturelmrépondant aux conditions.

4. SiC est à coecients réels et sans racines réelles, il est produit de polynômes irré- ductibles de degré 2 sans racines réelles. On peut appliquer la question précédente à chacun des facteurs irréductibles et exploiter le fait que le produit de deux polynômes positifs est un polynôme positif.