Une somme double

Bonjour Zephir,

Merci pour ce cadeau, pour lequel je trouve sauf erreur $\dfrac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)}$.

J'ai bon ?

Si oui, à mon tour : Peux-tu montrer que $\displaystyle \sum_{i=1}^n d \left ( \textrm{pgcd} (i,n) \right ) = \sigma(n)$ ?

Comme d'habitude, $d(n)$ et $\sigma(n)$ désignent respectivement le nombre et la somme des diviseurs (positifs) de $n$.

Soient $X,Y$ des variables aléatoires indépendantes suivant la loi Zéta de paramètre $2$. On pose $Z=X\wedge Y$.
La somme $S$ recherchée vérifie $P(Z=1)=\frac{S}{\zeta(2)^2}$.
Or $Z$ suit la loi Zéta de paramètre $2+2=4$, donc $P(Z=1)=\frac1{\zeta(4)}$.

Finalement, $S=\frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)}=\frac{5}2$.

et même

$ \displaystyle \sum_{\substack{a,b=1 \\ (a,b)=1}}^\infty \frac{1}{a^\alpha b^{\beta}} = \frac{\zeta(\alpha)\zeta(\beta)}{\zeta(\alpha+\beta)}$.

@Aléa : oui, c'est même immédiat lorsqu'on remplace l'un des deux $\alpha$ par $\beta$ dans mon détail des calculs ci-dessus (avec $\alpha, \beta >1$).

Skyffer3 a écrit:

Pouvez-vous m'indiquer comment vous calculez la somme des mu(d)/d^(x)

Oh bin, ce n'est pas compliqué : en ce qui me concerne, j'ai sous la main un catalogue de séries de Dirichlet, les plus usitées, que j'emploie sans modération, à la simple condition de respecter leurs abscisses de convergence respectives.

@ skyffer3 : Lecteur curieux (curieux lecteur ?) comme toi, j'ai jeté un oeil iciwikipedia, il y a de belles formules.

@Skyffer : c'est tout à ton honneur, mais si tu es obligé de tout redémontrer les outils que tu utilises à chaque fois, tu n'as pas fini.

A propos, j'ai posé une question ci-dessus en retour à la tienne (plus simple que le calcul de séries de Dirichlet), j'attends toujours des réponses (ou des débuts d'idées)...

@Raymond Cordier : merci pour le lien, la question fut donc redondante.

Et pour la mienne (je sais, je suis un peu lourd, mais bon...) ?

@RC
Merci d'avoir retrouvé ce fil, j'y avais pensé, mais je ne l'avais pas retrouvé.
On a donc deux preuves probabilistes différentes (au moins à première vue).

Pour enonce, je crois avoir résolu ton exo. Il suffit d'écrire la formule qui dit que x est égal à la somme des phi(d) pour d divise x, et on remplace x par sigma(n) et par définition de phi le résultat tombe, non ?

edit : désolé pour le latex, je suis sur tablette, donc j'ai la flemme de développer complètement ma solution, mais je pourrais le faire si jamais elle est juste

edit 2 : je pense que je suis trop optimiste, j'avais rien écrit, mais là en posant les choses ça me semble plus du tout sûr que ma solution marche, je vais regarder.

@zephir: "C'était un vrai désastre" .

Que veux-tu dire ? Je collais à l'époque en MP*, et je trouvais bien d'avoir mis au programme cette notion éclairante qui est assez peu enseignée (pour ma part, j'avais appris ça seul dans Choquet).

A défaut de terminer avec mon idée je propose une démonstration plus simple inspirée des indications de zephir.

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}d(i \wedge n) = \sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid i \wedge n}1 = \sum_{i=1}^{n}\sum_{\substack{d\mid n \\ d\mid i}}1 = \sum_{d\mid n}\sum_{\substack{i=1 \\ d\mid i}}^{n}1 = \sum_{d\mid n}\frac{n}{d} = \sum_{d\mid n}d = \sigma(n)$.

N'aurait-on pas, le plus simplement : $S_{m,n}=\underset{a\mid b}{\underset{a\in \N^{*},b\in \N^{*}}{\sum }}\frac{1}{a^{m}b^{n}}=\underset{a=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{a^{m}(ka)^{n}}=\underset{a=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{a^{m+n}}\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{k^{n}}=\zeta (m+n)\zeta (n)$?
Et ce, pour $n>1$ et $m\geq 0$, même non entiers ?
Bonne journée.
RC

Si mes souvenirs sont exacts, on pose, pour $b\in \N^{*}$ et $m\in \N$ : $\sigma _{m}(b)=\underset{d\mid b}{\sum }d^{m}$, et il y a une formule élémentaire donnant $\sigma _{m}(b)$ en fonction de la décomposition de $b$ en facteurs premiers.
Revenant à notre somme précédente, il vient :
$S_{m,n}=\underset{a\mid b}{\underset{a\in \N^{*},b\in \N^{*}}{\sum }}\frac{1}{a^{m}b^{n}}=\underset{b\in \N^{*}}{\sum }\frac{1}{b^{m+n}}\underset{a\in \N^{*},a\mid b}{\sum }\frac{b^{m}}{a^{m}}=\underset{b\in \N^{*}}{\sum }\frac{1}{b^{m+n}}\underset{d\mid b}{\sum }d^{m}=\underset{b=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{\sigma _{m}(b)}{b^{m+n}}$.
Le calcul précédent nous donne la somme de cette série.
Bonne journée.
RC

OK pour la solution de Skyffer et OK pour la méthode rappelée par Zephir (voir la preuve de l'identité de Césaro ci-dessous).

Voilà la mienne, qui repose sur le Lemme suivant, dû à Césaro en 1885 :

{\it soit $f$ une fonction arithmétique quelconque. Alors, pour tout $n \in \N^*$, on a} $\displaystyle \sum_{i=1}^n f \left( \textrm{pgcd}(i,n) \right) = \left ( f \star \varphi \right )(n)$ {\it où l'opération $\star$ est le produit de convolution de Dirichlet}.

{\bf Preuve} (Césaro, 1885). On a immédiatement
$$\sum_{i=1}^n f \left( \textrm{pgcd}(i,n) \right) = \sum_{d \mid n} f(d) \sum_{\substack{k \leqslant n/d \\ (k,n/d) = 1}} 1 = \sum_{d \mid n} f(d) \varphi(n/d) = \left ( f \star \varphi \right )(n).$$

Il n'y a plus qu'à remplacer $f$ par $d$ pour obtenir directement le résultat.

A noter que, puisque $\sigma(n) = O \left (n \log \log n)$, on en déduit que $\displaystyle \sum_{i \leqslant n} d \left( \textrm{pgcd}(i,n) \right ) \ll n \log \log n$ à comparer avec le résultat connu $\displaystyle \sum_{i \leqslant n} d(i) \ll n \log n$.

Avec l'identité de Césaro, vous pouvez obtenir d'autres relations intéressantes concernant les sommes de fonctions arithmétiques prises sur les pgcd. Par exemple, on a
$$\sum_{i=1}^{2n} \mu \left ( \textrm{pgcd}(i,2n) \right ) = 0$$
(c'était celle-ci que j'avais initialement mise en exercice plutôt que l'autre).