Exercice 62

Idée. On développe chaque $\frac{1}{2^{n} - 1}$ en série géométrique de raison $2^{-n}$, et l'on somme la famille positive $\big(\varphi(n)\,2^{-nk}\big)$ selon la valeur du produit $N = nk$. Il faut alors connaître $\sum_{d \mid N} \varphi(d)$, qui vaut $N$ : c'est une identité de Gauss, que l'on démontre en classant les entiers de $[\![1\,;N]\!]$ selon leur PGCD avec $N$.

L'identité $\sum_{d \mid N} \varphi(d) = N$. Soit $N \geqslant 1$. Pour chaque diviseur positif $d$ de $N$, soit $A_{d}$ l'ensemble des $k \in [\![1\,;N]\!]$ tels que $k \wedge N = \frac{N}{d}$. Pour tout $k \in [\![1\,;N]\!]$, l'entier $k \wedge N$ est un diviseur positif de $N$, de la forme $\frac{N}{d}$ pour un unique diviseur $d$ : les $A_{d}$ forment une partition de $[\![1\,;N]\!]$. Soit $g = \frac{N}{d}$. Si $k \in A_{d}$, on écrit $k = gj$ et $N = gd$ ; alors $1 \leqslant j \leqslant d$, et $j \wedge d = 1$ (chapitre 12, proposition 6). Réciproquement, si $j \in [\![1\,;d]\!]$ et $j \wedge d = 1$, l'entier $k = gj$ appartient à $[\![1\,;N]\!]$, et $k \wedge N = g\,(j \wedge d) = g$ (chapitre 12, proposition 5). L'application $k \mapsto \frac{k}{g}$ est donc une bijection de $A_{d}$ sur l'ensemble des $j \in [\![1\,;d]\!]$ premiers avec $d$, qui a $\varphi(d)$ éléments. En comptant les éléments de $[\![1\,;N]\!]$ par paquets, $$\boxed{\sum_{d \mid N} \varphi(d) = N}$$ Par exemple, pour $N = 12$ : $\varphi(1) + \varphi(2) + \varphi(3) + \varphi(4) + \varphi(6) + \varphi(12) = 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 4 = 12$ ✓.

Le calcul. Pour $n \geqslant 1$, la série géométrique de raison $2^{-n}$ donne $\sum_{k=1}^{+\infty} 2^{-nk} = \frac{2^{-n}}{1 - 2^{-n}} = \frac{1}{2^{n} - 1}$. La famille $\big(\varphi(n)\,2^{-nk}\big)_{(n,k) \in (\mathbb{N}^{*})^{2}}$ est positive ; par le théorème 9, en sommant d'abord sur $k$, $$\sum_{(n,k)} \varphi(n)\,2^{-nk} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\varphi(n)}{2^{n} - 1}.$$ On groupe maintenant les couples selon la valeur $N = nk \geqslant 1$ (théorème 8) : le paquet de $N$ est formé des couples $(d, \frac{N}{d})$, pour $d$ diviseur de $N$, et sa somme est $2^{-N}\sum_{d \mid N} \varphi(d) = N\,2^{-N}$. Ainsi, dans $[0\,,+\infty]$, $$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\varphi(n)}{2^{n} - 1} = \sum_{N=1}^{+\infty} \frac{N}{2^{N}}.$$ Le cours (section 20.7.4) donne $\sum_{n=0}^{+\infty} (n + 1)z^{n} = \frac{1}{(1 - z)^{2}}$ pour $|z| < 1$ ; avec $z = \frac{1}{2}$, on obtient $\sum_{N=1}^{+\infty} \frac{N}{2^{N}} = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{n + 1}{2^{n}} = \frac{1}{2} \times 4 = 2$. La somme est finie, ce qui établit du même coup la convergence de la série : $$\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\varphi(n)}{2^{n} - 1} = 2}$$ La somme des $199$ premiers termes vaut $2$ à la précision des calculs ✓, et les cinq premiers donnent déjà $$1 + \frac{1}{3} + \frac{2}{7} + \frac{2}{15} + \frac{4}{31} \approx 1{,}88.$$

À retenir. Aucune convergence n'est à vérifier : la famille étant positive, le théorème 8 garantit que le regroupement selon $nk$ est légitime, et le résultat fini prouve la convergence. La même méthode donne, pour $|x| < 1$, l'identité $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\varphi(n)x^{n}}{1 - x^{n}} = \frac{x}{(1 - x)^{2}}$, de la même famille que celles de l'exercice 54 ; pour $x$ complexe, il faut alors établir la sommabilité par le théorème 9 sur les modules, en utilisant $\varphi(n) \leqslant n$.