identité avec la fonction d'Euler

bonjour à tous,

1)On a aussi : $\varphi (n^2)= n \varphi (n)$,
il est donc équivalent de montrer que :$2 \sum ..=\varphi(n^2)$,
mais je ne vois pas trop comment conclure avec ceci.

2)Hors question initiale , mais concerne$\varphi$:
lu dans Merveilleux Nombres Premiers de JP Delahaye:
On a démontré que :
$\frac {n\sqrt{3}}{\sqrt{\varphi(1) + \varphi(2)+.... +\varphi(n)}}$ a pour limite le nombre $\pi$.
( sans référence ; question: est-ce techniquement délicat ?, où trouver une preuve ?)
Merci

Bonne journée.

Pour n impair, $\varphi(n)=\varphi(2n)$

Donc l'injectivité me paraît douteuse.

Pour la surjectivité c'est douteux aussi il me semble que phi est toujours pair pour n>2.

Re
bs : <http://fr.wikipedia.org/wiki/Anti-indicateur&gt;

Juste une remarque pour Alain Debreil: (je peux me tromper)

$k\mapsto n-k$ est une involution de $(\Z/n\Z)^*$ donc on peut écrire

\[S=\sum_{k\wedge n=1}k=\sum_{k\wedge n=1}(n-k)=n\varphi(n)-S\]

si je ne m'abuse... A-t-on vraiment besoin de traiter séparément le cas $n=2$?

Bonjour Borde !
J'ai une solution par récurrence à votre exercice sur l'identité avec l'indicatrice d'Euler :
D'abord, on vérifie le résultat pour $n=2$.
Ensuite, je tiens à m'excuser à l'avance pour la manière dont je vais écrire, car je ne sais pas encore me servir de Latex (mais je vais apprendre avec un ami à moi qui a déjà quelques bases).
J'utiliserai donc les notations Maple. [J'ai fait la traduction en \Latex AD]

Soit $n\geq 2$ un entier.
Le principe est simple, au départ : au lieu de calculer $\displaystyle \sum\limits_{\mathrm{pgcd}(k,n)=1} k$ je calcule $\displaystyle \sum\limits_{\mathrm{pgcd}(k,n)=1} \dfrac{k}{n}$.

Mon idée est en fait de regarder les fractions $\frac 1n , \frac 2 n , \frac 3 n , \ldots , \frac n n $, chacune ayant été simplifiée en $\frac k d$, où $k$ et $d$ sont premiers entre eux, et $d$ étant bien-sûr un diviseur de $n$.
J'écris que : $$ \sum_{\substack{1\leq k\leq n \\ \mathrm{pgcd}(k,n)=1}} \frac k n = \sum_{1\leq k \leq n} \frac k n \ \ - \text{"ce qui reste"}.
$$ Et ce qui reste, c'est justement toutes les fractions que j'ai pu réduire, ie : $$ \displaystyle \sum\limits_{\substack{d\mid n\\d \neq n}} \sum\limits_{\mathrm{pgcd}(k,d)=1} \dfrac{k}{d}. $$ Attention, il faut enlever $d=n$ car $\dfrac 1 n$ doit être compté dans la somme à calculer.

Or justement, par récurrence, (une récurrence forte),
$\displaystyle \sum\limits_{\mathrm{pgcd}(k,d)=1} \dfrac{k}{d} $ vaut ou bien $\dfrac{\varphi(d)}{2}$ lorsque $d>1$, ou bien 1 si $d=1$.
Donc la quantité vaut : $\displaystyle \sum\limits_{\substack{d\mid n\\1 \neq d \neq n}} \dfrac{\varphi(d)}{2} + 1$, soit : $\displaystyle \frac n 2 - \frac{\varphi(n)}{2} - \frac{\varphi(1)}{2} +1$ car $\displaystyle \sum\limits_{d\mid n} \varphi(d) = n$.
Or $\varphi(1)=1$, donc finalement la somme recherchée vaut : $$ \dfrac{n+1}{2} - \left(\dfrac n 2 - \dfrac{\varphi(n)}{2} + \dfrac 1 2 \right) = \dfrac{\varphi(n)}{2}$$ et on a ainsi le résultat en multipliant par $n$ (la somme que j'ai calculée est celle des $\dfrac k n$ ).