Exercice 60

1.(a) Pour $n = 1$, le seul diviseur est $1$, et $s_{1} = \mu(1) = 1$. Soit $n \geqslant 2$ et $n = p_{1}^{\alpha_{1}}\cdots p_{r}^{\alpha_{r}}$ sa décomposition, avec $r \geqslant 1$. Les diviseurs positifs de $n$ sont les $p_{1}^{\beta_{1}}\cdots p_{r}^{\beta_{r}}$ avec $0 \leqslant \beta_{i} \leqslant \alpha_{i}$ (chapitre 12, théorème 6). Par définition, $\mu$ est nulle en ceux dont un exposant $\beta_{i}$ dépasse $1$. Il reste les diviseurs de $p_{1}\cdots p_{r}$, c'est-à-dire les produits $\prod_{i \in J} p_{i}$, pour $J \subset [\![1\,;r]\!]$, chacun obtenu une seule fois, et $\mu$ vaut $(-1)^{\operatorname{card} J}$ en ce produit. En groupant les parties $J$ selon leur cardinal $j$ (chapitre 3, théorème 1), puis par la formule du binôme (chapitre 3, théorème 2), $$s_{n} = \sum_{J \subset [\![1\,;r]\!]} (-1)^{\operatorname{card} J} = \sum_{j=0}^{r} \binom{r}{j}(-1)^{j} = (1 - 1)^{r} = 0,$$ puisque $r \geqslant 1$. Ainsi $$\boxed{s_{1} = 1 \qquad\text{et}\qquad s_{n} = 0 \text{ pour } n \geqslant 2}$$ Par exemple, pour $n = 12$, les diviseurs $1$, $2$, $3$, $4$, $6$, $12$ donnent $1 - 1 - 1 + 0 + 1 + 0 = 0$ ✓.

(b) Comme $|\mu(k)| \leqslant 1$, on a $\big|\frac{\mu(k)}{k^{2}m^{2}}\big| \leqslant \frac{1}{k^{2}m^{2}}$, terme d'une famille sommable, de somme $\frac{\pi^{4}}{36}$ (premier exemple de la section 20.6.3). Par domination (proposition 12 (i)), la famille $\Big(\dfrac{\mu(k)}{k^{2}m^{2}}\Big)_{(k,m) \in (\mathbb{N}^{*})^{2}}$ est sommable. On calcule sa somme de deux façons.

D'une part, c'est la famille des produits de $\big(\frac{\mu(k)}{k^{2}}\big)_{k \geqslant 1}$ et de $\big(\frac{1}{m^{2}}\big)_{m \geqslant 1}$, sommables par domination et par le théorème 5 ; la proposition 15 donne la somme $\Big(\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{\mu(k)}{k^{2}}\Big)\frac{\pi^{2}}{6}$.

D'autre part, on groupe les couples selon la valeur $n = km$ (théorème 10). Le paquet de $n$ est formé des couples $(k, \frac{n}{k})$, pour $k$ diviseur de $n$, et sa somme est $\frac{1}{n^{2}}\sum_{k \mid n} \mu(k) = \frac{s_{n}}{n^{2}}$. Par la question (a), la somme totale est $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{s_{n}}{n^{2}} = 1$. En comparant, $$\boxed{\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{\mu(k)}{k^{2}} = \frac{6}{\pi^{2}} \approx 0{,}6079}$$ La somme des $20\,000$ premiers termes vaut $0{,}607927$ ✓.

2. Soit $u, v \in [\![1\,;n]\!]$. Par la question 1(a), $\sum_{d \mid u \wedge v} \mu(d) = s_{u \wedge v}$ vaut $1$ si $u \wedge v = 1$ et $0$ sinon. Les diviseurs de $u \wedge v$ sont les diviseurs communs à $u$ et $v$ (chapitre 12, proposition 3 (i)), qui sont au plus égaux à $n$. Donc $$q_{n} = \sum_{u=1}^{n}\sum_{v=1}^{n} \ \sum_{\substack{1 \leqslant d \leqslant n \\ d \mid u,\ d \mid v}} \mu(d) = \sum_{d=1}^{n} \mu(d)\,\operatorname{card}\{u \in [\![1\,;n]\!] \mid d \mid u\}^{2},$$ en intervertissant les sommes finies (chapitre 3, proposition 6) et en écrivant le nombre de couples $(u, v)$ de multiples de $d$ comme un carré (chapitre 3, proposition 7). Les multiples de $d$ dans $[\![1\,;n]\!]$ sont $d$, $2d$, …, $\lfloor\frac{n}{d}\rfloor d$, au nombre de $\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$. Pour $d > n$, ce nombre est nul, et la somme peut être prolongée à tout $d \geqslant 1$ : $$\boxed{q_{n} = \sum_{k=1}^{n} \mu(k)\Big\lfloor\frac{n}{k}\Big\rfloor^{2} = \sum_{k=1}^{+\infty} \mu(k)\Big\lfloor\frac{n}{k}\Big\rfloor^{2}}$$ La formule a été contrôlée par un dénombrement direct pour $n \leqslant 120$ ✓. Par exemple, $$q_{4} = 16\,\mu(1) + 4\,\mu(2) + 1\,\mu(3) + 1\,\mu(4) = 16 - 4 - 1 + 0 = 11 :$$ parmi les $16$ couples de $[\![1\,;4]\!]^{2}$, on retire les $4$ couples de nombres pairs et le couple $(3, 3)$.

3. Pour $x \geqslant 0$, on a $0 \leqslant x - \lfloor x\rfloor < 1$ et $0 \leqslant x + \lfloor x\rfloor \leqslant 2x$, donc $0 \leqslant x^{2} - \lfloor x\rfloor^{2} \leqslant 2x$. Avec $x = \frac{n}{k}$ et $|\mu(k)| \leqslant 1$, $$\Big|\frac{q_{n}}{n^{2}} - \sum_{k=1}^{n} \frac{\mu(k)}{k^{2}}\Big| \leqslant \frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n} \Big(\Big(\frac{n}{k}\Big)^{2} - \Big\lfloor\frac{n}{k}\Big\rfloor^{2}\Big) \leqslant \frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n} \frac{2n}{k} = \frac{2H_{n}}{n}.$$ Comme $H_{n} \sim \ln n$ (proposition 7), $\frac{2H_{n}}{n}$ tend vers $0$, et la somme partielle $\sum_{k=1}^{n} \frac{\mu(k)}{k^{2}}$ tend vers $\frac{6}{\pi^{2}}$ par la question 1(b). Donc $$\boxed{\frac{q_{n}}{n^{2}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \frac{6}{\pi^{2}} \approx 0{,}608}$$ Parmi les $n^{2}$ couples d'entiers de $[\![1\,;n]\!]$, la proportion de ceux qui sont formés de deux entiers premiers entre eux tend vers $\frac{6}{\pi^{2}}$ : pour $n$ grand, un peu plus de six couples sur dix sont premiers entre eux. On trouve $\frac{q_{100}}{100^{2}} = 0{,}6087$ et $\frac{q_{1\,000}}{1\,000^{2}} = 0{,}608383$ ✓.

Les points bleus sont les proportions $\frac{q_{n}}{n^{2}}$, calculées exactement par la formule de la question 2 ; ils oscillent au-dessus de la droite ocre d'ordonnée $\frac{6}{\pi^{2}}$, avec des pics aux nombres premiers $n$ (par exemple $n = 37$), et l'écart décroît comme le prévoit la majoration en $\frac{2H_{n}}{n}$.

À retenir. La fonction $\mu$ « inverse » la fonction constante $1$ : la relation $\sum_{d \mid n} \mu(d) = 0$ pour $n \geqslant 2$ est exactement ce qui fait du produit de familles de la question 1(b) un calcul de $\frac{1}{\zeta(2)}$. La question 2 en fait un outil de dénombrement : remplacer la condition « $u \wedge v = 1$ » par la somme $\sum_{d \mid u \wedge v} \mu(d)$ transforme un comptage difficile en sommes de parties entières.

Les quatre derniers exercices sont des problèmes en autonomie ; le corrigé commence par l'idée directrice.