Maths 2
Mines-PontsPSI2026
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Signaler une erreur# Mines-Ponts PSI — Maths 2 2026 · Corrigé guidé
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## Présentation du sujet
**Thème.** Le problème calcule la probabilité $q_n(k)$ qu'un entier tiré uniformément dans $[\![1;n]\!]$ soit *sans facteur à la puissance $k$* (aucun $p^k$, $p$ premier, ne le divise), et montre que $q_n(k)\to\frac1{\zeta(k)}$. En chemin, il démontre les formules d'Euler $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$ et $\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$, si bien que la conclusion est explicite : un entier « au hasard » est sans facteur carré avec probabilité $\frac{6}{\pi^2}\approx0{,}61$.
**Découpage (25 questions, 3 heures, sans calculatrice ni document).**
- **Partie 1 (Q1–Q9), calcul de $\sum\frac1{n^2+x^2}$.** On obtient $\sum_{k\ge1}\frac{\sin(k\theta)}{k}=\frac{\pi-\theta}{2}$, on en déduit l'expression de $S(t)=\sum\frac{\cos(nt)}{n^2}$ sur $[0;\pi]$, puis on étudie $g_x(t)=\sum\frac{\cos(nt)}{n^2(n^2+x^2)}$, solution d'une équation différentielle à coefficients constants. Son calcul explicite donne $\frac{2\pi x}{e^{2\pi x}-1}=1-\pi x+\sum\frac{2x^2}{n^2+x^2}$.
- **Partie 2 (Q10–Q14), développement de $h(x)=\frac{x}{e^x-1}$.** Somme géométrique finie, contrôle du reste, changement de variable $X=2\pi x$, produit de Cauchy : on obtient les coefficients $b_k$ (nombres de Bernoulli), puis $\zeta(2)$ et $\zeta(4)$.
- **Partie 3 (Q15–Q20), dénombrement.** Développement d'un produit, formule du crible démontrée par les indicatrices, fonction de Möbius, formule $q_n(k)=\frac1n\sum_d\mu(d)\lfloor n/d^k\rfloor$, puis passage à la limite par convergence dominée.
- **Partie 4 (Q21–Q25), identité $\sum\mu(i)i^{-s}=\frac1{\zeta(s)}$.** Produit de deux séries traité « à la main » par un encadrement entre un carré et des régions sous des hyperboles, puis la propriété fondamentale $\sum_{d\mid m}\mu(d)=[m=1]$.
Les parties 1–2 et 3–4 forment deux blocs indépendants ; seules Q9 (pour la partie 2) et Q14 (pour Q25) font le pont.
**Notions mobilisées.** Sommes géométriques ; intégrales à paramètre réduites à des intégrales de fonctions continues sur un segment ; séries numériques et de fonctions (convergence normale, uniforme, continuité, intégration et dérivation terme à terme) ; équations différentielles linéaires d'ordre 2 à coefficients constants ; séries entières (rayon, produit de Cauchy, unicité des coefficients) ; espérance et indicatrices ; théorème de convergence dominée ; arithmétique élémentaire (décomposition en facteurs premiers).
**Difficulté et gestion du temps.** Sujet long mais très guidé. Questions à ne pas laisser passer : Q1, Q4, Q6, Q7, Q10, Q14 (calculable en admettant Q12–Q13), Q15, Q16, Q17, Q19, Q23, Q24, Q25 (rédigeable en admettant Q20 et Q24). Questions discriminantes : Q5 (la convergence de $\sum\sin(nt)/n$ n'est pas uniforme près de $0$), Q8 (voir que $g_x$ résout $(E_x)$ sur $[0;\pi]$ et utiliser les conditions sur $g_x'$), Q20 (domination), Q21–Q22 (manipulation de sommes doubles finies). Un candidat bloqué en Q8 doit admettre son résultat et faire Q9, qui est purement algébrique.
## Partie 1 — Calcul de la somme $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2+x^2}$
On part de la série $\sum e^{ik\theta}/k$, qu'on écrit comme une intégrale ; sa partie imaginaire donne $\sum\sin(k\theta)/k$, que l'on intègre pour obtenir $S$. Ensuite $g_x$ vérifie une équation différentielle dont le second membre, grâce à $S$, est polynomial sur $[0;\pi]$ : on la résout et on lit $g_x''(0)=-\sum\frac{1}{n^2+x^2}$.
### Question 1
> [!INDICATION]
> Le quotient $\frac{1-(e^{i\theta}t)^n}{1-e^{i\theta}t}$ doit vous rappeler une formule bien connue.
> [!INDICATION]
> Avant tout calcul, vérifiez que l'intégrale de l'énoncé a un sens : le dénominateur peut-il s'annuler sur $[0;1]$ ? Puis développez et intégrez une somme finie.
#### Solution
Soit $\theta\in\mathbb{R}\setminus2\pi\mathbb{Z}$ et $n\in\mathbb{N}^*$. Pour $t\in[0;1]$, $|e^{i\theta}t|=t\le1$ ; si l'on avait $e^{i\theta}t=1$, on aurait $t=1$ puis $e^{i\theta}=1$, soit $\theta\in2\pi\mathbb{Z}$ : exclu. Le dénominateur ne s'annule pas et l'intégrande est continue sur $[0;1]$.
La raison $e^{i\theta}t$ étant différente de $1$,
$$e^{i\theta}\,\frac{1-(e^{i\theta}t)^n}{1-e^{i\theta}t}=e^{i\theta}\sum_{j=0}^{n-1}(e^{i\theta}t)^j=\sum_{k=1}^{n}e^{ik\theta}t^{k-1}.$$
Par linéarité de l'intégrale sur une somme **finie**, et $\int_0^1t^{k-1}\,\mathrm{d}t=\frac1k$ :
$$\boxed{\int_0^1e^{i\theta}\,\frac{1-(e^{i\theta}t)^n}{1-e^{i\theta}t}\,\mathrm{d}t=\sum_{k=1}^{n}\frac{e^{ik\theta}}{k}.}$$
> [!METHODE]
> Pour écrire une somme $\sum a_k/k$ comme une intégrale, on remplace $\frac1k$ par $\int_0^1t^{k-1}\,\mathrm{d}t$ et on somme sous l'intégrale. Sur une somme finie, aucune hypothèse n'est requise ; c'est le passage à la limite qui demandera du travail.
### Question 2
> [!INDICATION]
> Écrivez la différence entre la somme partielle et l'intégrale limite comme une seule intégrale, et majorez-la.
> [!INDICATION]
> Il faut minorer $|1-e^{i\theta}t|$ par une constante strictement positive indépendante de $t\in[0;1]$. Calculez son carré et faites apparaître une somme de deux carrés.
#### Solution
**Minoration du dénominateur.** Pour $u\in[0;1]$,
$$|1-e^{i\theta}u|^2=1-2u\cos\theta+u^2=(u-\cos\theta)^2+\sin^2\theta.$$
Si $\sin\theta\ne0$ : $|1-e^{i\theta}u|\ge|\sin\theta|$. Si $\sin\theta=0$, comme $\theta\notin2\pi\mathbb{Z}$, $\cos\theta=-1$ et $|1-e^{i\theta}u|=1+u\ge1$. Avec $c_\theta=\min(1,|\sin\theta|)>0$ :
$$(\star)\qquad\forall u\in[0;1],\quad|1-e^{i\theta}u|\ge c_\theta.$$
**Convergence.** Notons $I(\theta)=\int_0^1\frac{e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}t}\,\mathrm{d}t$ (intégrande continue d'après $(\star)$). Par la question 1,
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{e^{ik\theta}}{k}-I(\theta)=-\int_0^1\frac{e^{i\theta}(e^{i\theta}t)^n}{1-e^{i\theta}t}\,\mathrm{d}t,$$
d'où
$$(\star\star)\qquad\left|\sum_{k=1}^{n}\frac{e^{ik\theta}}{k}-I(\theta)\right|\le\int_0^1\frac{t^n}{c_\theta}\,\mathrm{d}t=\frac{1}{c_\theta(n+1)}\xrightarrow[n\to+\infty]{}0.$$
**La série $\sum_{k\ge1}\frac{e^{ik\theta}}{k}$ converge** et
$$\boxed{\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{e^{ik\theta}}{k}=\int_0^1\frac{e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}t}\,\mathrm{d}t.}$$
> [!PIEGE]
> Minorer $|1-e^{i\theta}t|$ par $1-t$ ne mène à rien : ce minorant s'annule en $t=1$. Et invoquer $\frac{e^{ik\theta}}{k}\to0$ ne prouve évidemment pas la convergence de la série.
> [!METHODE]
> Gardez en tête que la majoration $(\star\star)$ est **uniforme** en $\theta$ dès que $|\sin\theta|$ est minoré : c'est l'outil qui débloque la question 5.
### Question 3
> [!INDICATION]
> Prenez la partie imaginaire du résultat de la question 2, en justifiant le passage à la partie imaginaire d'une série convergente.
> [!INDICATION]
> Pour la partie imaginaire de l'intégrande, multipliez par le conjugué du dénominateur. Puis dérivez $u_\theta$ et comparez.
> [!INDICATION]
> Pour conclure, transformez $\frac{\sin\theta}{1-\cos\theta}$ par les formules de l'angle moitié, et vérifiez l'intervalle dans lequel on peut simplifier $\operatorname{Arctan}\circ\tan$.
#### Solution
Soit $\theta\in\,]0;\pi[$. Les sommes partielles de $\sum e^{ik\theta}/k$ convergent dans $\mathbb{C}$, donc leurs parties imaginaires convergent vers la partie imaginaire de la limite. Comme $\operatorname{Im}(e^{ik\theta}/k)=\sin(k\theta)/k$ et que la partie imaginaire d'une intégrale est l'intégrale de la partie imaginaire, la série $\sum\frac{\sin(k\theta)}{k}$ converge et
$$\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{\sin(k\theta)}{k}=\int_0^1\operatorname{Im}\left(\frac{e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}t}\right)\mathrm{d}t.$$
Or $\frac{e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}t}=\frac{e^{i\theta}(1-e^{-i\theta}t)}{|1-e^{i\theta}t|^2}=\frac{e^{i\theta}-t}{1-2t\cos\theta+t^2}$, de partie imaginaire $\frac{\sin\theta}{1-2t\cos\theta+t^2}$.
Pour $t\in[0;1]$, $1-t\cos\theta>0$ (si $\cos\theta\le0$, il vaut au moins $1$ ; sinon au moins $1-\cos\theta>0$) : $u_\theta$ est définie et de classe $\mathcal C^1$ sur $[0;1]$. Avec $f(t)=\frac{t\sin\theta}{1-t\cos\theta}$ :
$$f'(t)=\frac{\sin\theta(1-t\cos\theta)+t\sin\theta\cos\theta}{(1-t\cos\theta)^2}=\frac{\sin\theta}{(1-t\cos\theta)^2},$$
$$u_\theta'(t)=\frac{f'(t)}{1+f(t)^2}=\frac{\sin\theta}{(1-t\cos\theta)^2+t^2\sin^2\theta}=\frac{\sin\theta}{1-2t\cos\theta+t^2}.$$
On a bien $\sum_{k\ge1}\frac{\sin(k\theta)}{k}=\int_0^1u_\theta'(t)\,\mathrm{d}t=u_\theta(1)-u_\theta(0)=\operatorname{Arctan}\frac{\sin\theta}{1-\cos\theta}$.
Comme $\theta/2\in\,]0;\pi/2[$,
$$\frac{\sin\theta}{1-\cos\theta}=\frac{2\sin\frac\theta2\cos\frac\theta2}{2\sin^2\frac\theta2}=\frac{\cos\frac\theta2}{\sin\frac\theta2}=\tan\left(\frac\pi2-\frac\theta2\right),$$
et $\frac{\pi-\theta}{2}\in\,]0;\frac\pi2[$, intervalle où $\operatorname{Arctan}(\tan y)=y$. Donc
$$\boxed{\forall\theta\in\,]0;\pi[,\quad\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{\sin(k\theta)}{k}=\frac{\pi-\theta}{2}.}$$
> [!PIEGE]
> $\operatorname{Arctan}(\tan y)=y$ n'est vrai que pour $y\in\,]-\frac\pi2;\frac\pi2[$ : il faut l'écrire. Remarquez aussi que la formule est fausse en $\theta=0$ (la somme y vaut $0$, pas $\frac\pi2$) : la fonction $\theta\mapsto\sum\frac{\sin(k\theta)}{k}$ est discontinue en $0$, ce qui rend la question 5 délicate.
### Question 4
> [!INDICATION]
> Majorez le terme général indépendamment de $t$.
#### Solution
Posons $s_n(t)=\frac{\cos(nt)}{n^2}$. Chaque $s_n$ est continue et $\sup_{\mathbb{R}}|s_n|\le\frac1{n^2}$, terme général d'une série de Riemann convergente. La série $\sum s_n$ converge **normalement sur $\mathbb{R}$**, donc simplement ($S$ est bien définie) et uniformément ; les $s_n$ étant continues, **$S$ est continue sur $\mathbb{R}$** par le théorème de continuité de la somme d'une série de fonctions.
> [!JURY]
> Sur ce type de question de cours, on attend que le mode de convergence soit nommé (convergence normale, donc uniforme) et que le théorème invoqué soit cité avec ses hypothèses, en deux lignes.
### Question 5
> [!INDICATION]
> L'idée est d'intégrer la relation de la question 3 sur $[0;\theta]$. Mais la série $\sum\sin(nt)/n$ peut-elle converger uniformément sur $[0;\theta]$ ? Regardez ce qui se passe en $0$.
> [!INDICATION]
> Travaillez sur un segment $[a;\theta]$ avec $0<a<\theta<\pi$ : la majoration $(\star\star)$ de la question 2 y donne une convergence uniforme. Comment faire ensuite tendre $a$ vers $0$ ?
> [!INDICATION]
> Pour $a\to0^+$, la continuité de $S$ établie à la question 4 est exactement ce qu'il faut.
#### Solution
Pour $\theta=0$, les deux membres valent $S(0)$. Soit $\theta\in\,]0;\pi[$ et $a\in\,]0;\theta[$.
**Convergence uniforme sur $[a;\theta]$.** La fonction $\sin$, concave sur $[0;\pi]$, atteint son minimum sur $[a;\theta]$ en une borne : pour $t\in[a;\theta]$, $\sin t\ge m:=\min(\sin a,\sin\theta)>0$, d'où $c_t=\min(1,\sin t)\ge c:=\min(1,m)>0$. Avec $(\star\star)$, $|\operatorname{Im}z|\le|z|$ et $\operatorname{Im}I(t)=\frac{\pi-t}{2}$ (question 3) :
$$\forall t\in[a;\theta],\ \forall n\ge1,\quad\left|\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin(kt)}{k}-\frac{\pi-t}{2}\right|\le\frac{1}{c(n+1)}.$$
Le majorant est indépendant de $t$ et tend vers $0$ : la série de fonctions continues $\sum\frac{\sin(kt)}{k}$ converge uniformément sur $[a;\theta]$ vers $t\mapsto\frac{\pi-t}{2}$.
**Intégration terme à terme sur le segment $[a;\theta]$.**
$$\sum_{n=1}^{+\infty}\int_a^\theta\frac{\sin(nt)}{n}\,\mathrm{d}t=\int_a^\theta\frac{\pi-t}{2}\,\mathrm{d}t.$$
Or $\int_a^\theta\frac{\sin(nt)}{n}\,\mathrm{d}t=\frac{\cos(na)-\cos(n\theta)}{n^2}$ ; les séries $\sum\frac{\cos(na)}{n^2}$ et $\sum\frac{\cos(n\theta)}{n^2}$ convergent, donc le membre de gauche vaut $S(a)-S(\theta)$. Le membre de droite vaut $\left[\frac{\pi t}{2}-\frac{t^2}{4}\right]_a^\theta$. Ainsi
$$S(a)-S(\theta)=\frac{\pi\theta}{2}-\frac{\theta^2}{4}-\frac{\pi a}{2}+\frac{a^2}{4}.$$
**Limite $a\to0^+$.** $S$ étant continue en $0$, $S(a)\to S(0)$ et
$$\boxed{\forall\theta\in[0;\pi[,\quad S(\theta)=\frac{\theta^2}{4}-\frac{\pi\theta}{2}+S(0).}$$
Les deux membres sont continus sur $\mathbb{R}$, donc l'égalité **vaut aussi en $\theta=\pi$** ; c'est sous cette forme qu'elle servira en question 8.
> [!PIEGE]
> Écrire « par convergence uniforme, on intègre terme à terme sur $[0;\theta]$ » est faux : une limite uniforme de fonctions continues serait continue, or la somme vaut $0$ en $0$ et tend vers $\frac\pi2$ en $0^+$. Il faut s'éloigner de $0$, puis revenir par continuité.
> [!METHODE]
> Schéma « segment intérieur puis passage à la limite » : quand un théorème d'interversion échoue au bord d'un intervalle, on l'applique sur $[a;b]$ strictement intérieur et l'on fait tendre $a$ vers le bord à l'aide d'une continuité obtenue séparément. La transformation d'Abel, qui donnerait la convergence uniforme directement, n'est pas au programme ; ce schéma l'évite.
### Question 6
> [!INDICATION]
> Théorème de dérivation terme à terme pour la classe $\mathcal C^2$ : quelles séries faut-il contrôler ?
> [!INDICATION]
> Majorez $u_n$, $u_n'$ et $u_n''$ uniformément en $t$ en utilisant $n^2+x^2\ge n^2$. Pour la relation, réduisez au même dénominateur.
#### Solution
Fixons $x\in\mathbb{R}$ et $u_n(t)=\frac{\cos(nt)}{n^2(n^2+x^2)}$, de classe $\mathcal C^2$, avec
$$u_n'(t)=-\frac{\sin(nt)}{n(n^2+x^2)},\qquad u_n''(t)=-\frac{\cos(nt)}{n^2+x^2}.$$
Pour tout $t$ : $|u_n(t)|\le\frac1{n^4}$, $|u_n'(t)|\le\frac1{n^3}$, $|u_n''(t)|\le\frac1{n^2}$. Les trois séries convergent normalement, donc uniformément, sur $\mathbb{R}$ ; par le théorème de dérivation terme à terme, **$g_x$ est de classe $\mathcal C^2$ sur $\mathbb{R}$** et
$$g_x'(t)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\sin(nt)}{n(n^2+x^2)},\qquad g_x''(t)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\cos(nt)}{n^2+x^2}.$$
Par linéarité :
$$g_x''(t)-x^2g_x(t)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\cos(nt)\left(\frac{1}{n^2+x^2}+\frac{x^2}{n^2(n^2+x^2)}\right)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\cos(nt)}{n^2},$$
$$\boxed{\forall t\in\mathbb{R},\quad g_x''(t)-x^2g_x(t)=-S(t).}$$
> [!PIEGE]
> Ne contrôler que $\sum u_n''$ ne suffit pas à rédiger proprement : le théorème demande aussi la convergence (simple) de $\sum u_n$ et $\sum u_n'$. Ici les trois convergent normalement, autant le dire.
### Question 7
> [!INDICATION]
> Cherchez $P(t)=at^2+bt+c$ et identifiez les coefficients.
#### Solution
Soit $x\ne0$ et $P(t)=at^2+bt+c$. Alors $P''-x^2P=-ax^2t^2-bx^2t+(2a-cx^2)$. L'identification avec $-\frac{t^2}{4}+\frac{\pi t}{2}-S(0)$ donne $-ax^2=-\frac14$, $-bx^2=\frac\pi2$, $2a-cx^2=-S(0)$, d'où (division par $x^2\ne0$)
$$\boxed{P(t)=\frac{t^2}{4x^2}-\frac{\pi t}{2x^2}+\frac{1}{2x^4}+\frac{S(0)}{x^2}.}$$
Pour la suite : $P'(t)=\frac{t-\pi}{2x^2}$, $P''=\frac{1}{2x^2}$.
> [!METHODE]
> Réinjecter le résultat dans l'équation est un contrôle gratuit : $P''-x^2P=\frac{1}{2x^2}-\frac{t^2}{4}+\frac{\pi t}{2}-\frac{1}{2x^2}-S(0)$.
### Question 8
> [!INDICATION]
> Les dérivées premières se lisent sur l'expression en série de $g_x'$.
> [!INDICATION]
> Sur $[0;\pi]$, la question 5 rend $-S(t)$ polynomial. Que dit alors la question 6 sur la restriction de $g_x$ à $[0;\pi]$ ?
> [!INDICATION]
> Écrivez $g_x=P+Ae^{xt}+Be^{-xt}$ sur $[0;\pi]$. Vous ne connaissez ni $g_x(0)$ ni $g_x(\pi)$ ; en revanche vous connaissez deux autres valeurs.
#### Solution
**Dérivées premières.** Par la question 6, puisque $\sin0=0$ et $\sin(n\pi)=0$, pour tout réel $x$ :
$$\boxed{g_x'(0)=0,\qquad g_x'(\pi)=0.}$$
**Résolution sur $[0;\pi]$.** Soit $x\ne0$. Par la question 5 (étendue à $\pi$), pour $t\in[0;\pi]$, $-S(t)=-\frac{t^2}{4}+\frac{\pi t}{2}-S(0)$ : la restriction de $g_x$ à $[0;\pi]$ est solution de $(E_x)$ sur cet intervalle. L'équation caractéristique $r^2-x^2=0$ a deux racines réelles distinctes $\pm x$ ; avec la solution particulière $P$, il existe $(A,B)\in\mathbb{R}^2$ tel que
$$\forall t\in[0;\pi],\quad g_x(t)=P(t)+Ae^{xt}+Be^{-xt}.$$
**Constantes.** $g_x'(t)=\frac{t-\pi}{2x^2}+Axe^{xt}-Bxe^{-xt}$. Les conditions $g_x'(0)=0$ et $g_x'(\pi)=0$ s'écrivent
$$A-B=\frac{\pi}{2x^3},\qquad B=Ae^{2\pi x}.$$
Comme $1-e^{2\pi x}\ne0$ :
$$A=\frac{\pi}{2x^3(1-e^{2\pi x})},\qquad B=\frac{\pi e^{2\pi x}}{2x^3(1-e^{2\pi x})},\qquad A+B=\frac{\pi(1+e^{2\pi x})}{2x^3(1-e^{2\pi x})}.$$
**Calcul de $g_x''(0)$.** $g_x''(0)=P''(0)+x^2(A+B)=\frac{1}{2x^2}+\frac{\pi}{2x}\cdot\frac{1+e^{2\pi x}}{1-e^{2\pi x}}$, et en multipliant haut et bas par $e^{-2\pi x}$, $\frac{1+e^{2\pi x}}{1-e^{2\pi x}}=-\frac{1+e^{-2\pi x}}{1-e^{-2\pi x}}$ :
$$\boxed{g_x''(0)=-\frac{\pi}{2x}\times\frac{1+e^{-2\pi x}}{1-e^{-2\pi x}}+\frac{1}{2x^2}.}$$
> [!PIEGE]
> Trois erreurs classiques : résoudre $y''-x^2y=0$ avec des sinus et cosinus (les racines caractéristiques sont réelles) ; affirmer que $g_x$ résout $(E_x)$ sur tout $\mathbb{R}$ (hors de $[0;\pi]$, $S$ n'est plus ce polynôme) ; oublier que la question 5 n'est énoncée que sur $[0;\pi[$ alors qu'on a besoin du point $\pi$.
> [!METHODE]
> Une fonction définie par une série, solution d'une équation différentielle linéaire, se calcule en résolvant l'équation puis en fixant les constantes par des valeurs qu'on sait lire sur la série (ici des $\sin(n\cdot)$ nuls). C'est un problème aux limites, non un problème de Cauchy.
### Question 9
> [!INDICATION]
> Vous disposez de deux expressions de $g_x''(0)$ : l'une par la série de la question 6, l'autre par la question 8. Cette question se traite même si la question 8 a été admise.
> [!INDICATION]
> Pour faire apparaître $e^{2\pi x}-1$, écrivez le quotient d'exponentielles sous la forme $1+\frac{\text{quelque chose}}{e^{2\pi x}-1}$.
#### Solution
Soit $x\ne0$. Par la question 6 en $t=0$, $g_x''(0)=-\sum_{n\ge1}\frac{1}{n^2+x^2}$. Avec la question 8, puis en multipliant par $2x^2$ :
$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2x^2}{n^2+x^2}=\pi x\,\frac{1+e^{-2\pi x}}{1-e^{-2\pi x}}-1.$$
Or $\frac{1+e^{-2\pi x}}{1-e^{-2\pi x}}=\frac{e^{2\pi x}+1}{e^{2\pi x}-1}=1+\frac{2}{e^{2\pi x}-1}$ (avec $e^{2\pi x}\ne1$). D'où
$$\boxed{\forall x\in\mathbb{R}^*,\quad\frac{2\pi x}{e^{2\pi x}-1}=1-\pi x+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2x^2}{n^2+x^2}.}$$
> [!METHODE]
> Le membre de gauche est $h(2\pi x)$, avec la fonction $h$ de la partie 2 : repérer ce lien prépare la question 12.
## Partie 2 — Développement en série entière de $x\mapsto\frac{x}{e^x-1}$ et applications
On développe $\frac{x^2}{x^2+n^2}$ en puissances de $x^2$ avec un reste contrôlé, on somme sur $n$ : apparaissent les $\zeta(2k)$. Le changement de variable $X=2\pi x$ transforme Q9 en développement de $h$. Un produit de Cauchy fournit ensuite une récurrence sur les $b_k$, qui donne $\zeta(2)$ et $\zeta(4)$.
### Question 10
> [!INDICATION]
> Somme géométrique finie de raison $-x^2/n^2$.
> [!INDICATION]
> Pour la majoration, la plus grossière des minorations de $x^2+n^2$ suffit à faire apparaître $\zeta(2N+2)$.
#### Solution
Soient $x\in\,]-1;1[$, $N\in\mathbb{N}$, $n\in\mathbb{N}^*$, et $q=-\frac{x^2}{n^2}\le0$ (donc $q\ne1$). Avec $1-q=\frac{n^2+x^2}{n^2}$ :
$$\frac1{n^2}\sum_{k=0}^{N}q^k=\frac{1}{n^2}\cdot\frac{1-q^{N+1}}{1-q}=\frac{1}{x^2+n^2}-\frac{q^{N+1}}{x^2+n^2},$$
et $\frac{q^{N+1}}{x^2+n^2}=(-1)^{N+1}\frac{1}{x^2+n^2}\cdot\frac{x^{2N+2}}{n^{2N+2}}=R_{N,n}(x)$. D'où
$$\boxed{\frac{1}{x^2+n^2}=\left(\frac1{n^2}\sum_{k=0}^{N}\left(\frac{-x^2}{n^2}\right)^k\right)+R_{N,n}(x).}$$
Comme $x^2+n^2\ge1$, $|R_{N,n}(x)|\le\frac{|x|^{2N+2}}{n^{2N+2}}$ ; la série de Riemann $\sum n^{-(2N+2)}$ converge, de somme $\zeta(2N+2)$, donc par comparaison $\sum_n|R_{N,n}(x)|$ converge et
$$\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}|R_{N,n}(x)|\le\zeta(2N+2)\,|x|^{2N+2}.}$$
> [!JURY]
> Avant d'écrire la somme d'une série dans une inégalité, on établit sa convergence : ici par comparaison de séries à termes positifs.
### Question 11
> [!INDICATION]
> Pour $\zeta(s)\to1$, isolez le terme $n=1$ et majorez $\sum_{n\ge2}n^{-s}$ par une quantité qui tend vers $0$, en factorisant $n^{-2}$.
> [!INDICATION]
> Multipliez l'identité de Q10 par $x^2$ et sommez sur $n$ à $N$ fixé : quelle propriété permet d'échanger $\sum_n$ et une somme finie sur $k$ ? Puis faites tendre $N$ vers $+\infty$.
#### Solution
**Limite de $\zeta$.** Pour $s\ge2$ et $n\ge2$, $\frac1{n^s}\le\frac1{2^{s-2}}\cdot\frac{1}{n^2}$, donc
$$0\le\zeta(s)-1=\sum_{n\ge2}\frac{1}{n^s}\le\frac{\zeta(2)-1}{2^{s-2}}\xrightarrow[s\to+\infty]{}0,$$
et $\lim_{s\to+\infty}\zeta(s)=1$. En particulier $(\zeta(2N+2))_N$ est bornée.
**Sommation.** Soit $x\in\,]-1;1[$. En multipliant Q10 par $x^2$ et en posant $j=k+1$ :
$$\frac{x^2}{x^2+n^2}=\sum_{j=1}^{N+1}(-1)^{j+1}\frac{x^{2j}}{n^{2j}}+x^2R_{N,n}(x).$$
Les séries $\sum_nn^{-2j}$ et $\sum_nR_{N,n}(x)$ convergent ; la somme sur $j$ étant finie, la linéarité donne
$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^2}{x^2+n^2}=\sum_{j=1}^{N+1}(-1)^{j+1}\zeta(2j)x^{2j}+x^2\sum_{n=1}^{+\infty}R_{N,n}(x).$$
Le dernier terme est majoré en module par $x^2\zeta(2N+2)|x|^{2N+2}\to0$ ($|x|<1$). Les sommes partielles de $\sum(-1)^{k+1}\zeta(2k)x^{2k}$ convergent donc et
$$\boxed{\forall x\in\,]-1;1[,\quad\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^2}{x^2+n^2}=\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k+1}\zeta(2k)x^{2k}.}$$
> [!METHODE]
> Pour intervertir deux sommations sans théorème de sommation double, on tronque l'une d'elles (somme finie, linéarité), on contrôle le reste uniformément, puis on passe à la limite. C'est exactement le rôle du reste $R_{N,n}$.
### Question 12
> [!INDICATION]
> Dans la question 9, le membre de gauche est $h$ évalué en un point bien choisi. Posez $X=2\pi x$ : à quelle condition sur $X$ peut-on appliquer la question 11 ?
> [!INDICATION]
> Le point $X=0$ est exclu de la question 9 : traitez-le à part. Pour les $b_k$, reliez les coefficients d'une série entière aux dérivées de sa somme en $0$.
#### Solution
Soit $X\in\,]-2\pi;2\pi[$, $X\ne0$, et $x=\frac{X}{2\pi}\in\,]-1;1[\setminus\{0\}$. La question 9 s'écrit $h(X)=1-\frac X2+2\sum_{n\ge1}\frac{x^2}{n^2+x^2}$, et la question 11 donne
$$h(X)=1-\frac X2+2\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k+1}\zeta(2k)\frac{X^{2k}}{(2\pi)^{2k}}=1-\frac X2+\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k+1}\frac{\zeta(2k)}{2^{2k-1}\pi^{2k}}X^{2k}.$$
En $X=0$, les deux membres valent $1$. Donc
$$\boxed{\forall x\in\,]-2\pi;2\pi[,\quad h(x)=1-\frac12x+\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k+1}\frac{\zeta(2k)}{2^{2k-1}\pi^{2k}}x^{2k}.}$$
La série entière converge en tout point de $]-2\pi;2\pi[$, donc son rayon est au moins $2\pi$ : **$h$ est développable en série entière**.
La somme d'une série entière $\sum a_mx^m$ est $\mathcal C^\infty$ sur l'intervalle ouvert de convergence et $a_m=\frac{h^{(m)}(0)}{m!}$, donc $b_m=m!\,a_m$ :
$$\boxed{b_0=1,\quad b_1=-\frac12,\quad b_{2k}=(-1)^{k+1}\frac{(2k)!\,\zeta(2k)}{2^{2k-1}\pi^{2k}},\quad b_{2k+1}=0\quad(k\ge1).}$$
> [!PIEGE]
> Ne pas confondre le coefficient $a_m$ et la dérivée $b_m=h^{(m)}(0)=m!\,a_m$ : l'oubli du facteur $(2k)!$ fausse $\zeta(2)$ en question 14. Et $b_1=-\frac12\ne0$ : la nullité ne concerne que les $b_{2k+1}$ avec $k\ge1$ (parité de $h(x)+\frac x2$).
### Question 13
> [!INDICATION]
> Suivez l'indication : $h(x)\cdot\frac{e^x-1}{x}=1$. Développez $\frac{e^x-1}{x}$ en série entière.
> [!INDICATION]
> Produit de Cauchy de deux séries entières, puis unicité des coefficients d'un développement en série entière.
#### Solution
Sur $]-2\pi;2\pi[$, $h(x)=\sum_{k\ge0}\frac{b_k}{k!}x^k$. Pour tout réel $x$, $\varphi(x)=\sum_{j\ge0}\frac{x^j}{(j+1)!}$ (rayon infini) vaut $\frac{e^x-1}{x}$ si $x\ne0$ et $1$ si $x=0$. Pour $x\in\,]-2\pi;2\pi[$, les deux séries convergent absolument, donc leur produit de Cauchy converge vers $h(x)\varphi(x)$ :
$$h(x)\varphi(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}c_nx^n,\qquad c_n=\sum_{k=0}^{n}\frac{b_k}{k!\,(n+1-k)!}.$$
Or $h(x)\varphi(x)=1$ pour tout $x\in\,]-2\pi;2\pi[$ ($x=0$ compris). Par unicité des coefficients, $c_0=1$ et $c_n=0$ pour $n\ge1$ :
$$\boxed{\forall n\in\mathbb{N}^*,\quad\sum_{k=0}^{n}\frac{b_k}{k!\,(n+1-k)!}=0.}$$
> [!PIEGE]
> Le second facteur est $\sum\frac{x^j}{(j+1)!}$, pas $\sum\frac{x^j}{j!}$ : un décalage d'indice ici rend toute la question 14 incohérente.
### Question 14
> [!INDICATION]
> Écrivez la relation de la question 13 pour $n=2$, puis pour $n=4$ (en utilisant $b_3=0$).
> [!INDICATION]
> Ensuite, identifiez avec l'expression de $b_{2k}$ de la question 12 pour $k=1$ et $k=2$.
#### Solution
Pour $n=1$ (contrôle) : $\frac{b_0}{2!}+\frac{b_1}{1!}=\frac12-\frac12=0$.
Pour $n=2$ : $\frac{b_0}{3!}+\frac{b_1}{2!}+\frac{b_2}{2!}=\frac16-\frac14+\frac{b_2}{2}=0$, donc $\boxed{b_2=\frac16}$.
Pour $n=4$, avec $b_3=0$ :
$$\frac{1}{120}-\frac{1}{48}+\frac{1/6}{2!\,3!}+\frac{b_4}{4!}=\frac{6-15+10}{720}+\frac{b_4}{24}=0,$$
donc $b_4=-\frac{24}{720}$, soit $\boxed{b_4=-\frac1{30}}$.
Par la question 12 : $b_2=\frac{2!\,\zeta(2)}{2\pi^2}=\frac{\zeta(2)}{\pi^2}$ et $b_4=-\frac{4!\,\zeta(4)}{8\pi^4}=-\frac{3\zeta(4)}{\pi^4}$, d'où
$$\boxed{\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6},\qquad\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}.}$$
> [!METHODE]
> Sans calculatrice, posez un dénominateur commun ($720$) et vérifiez la relation sur le cas $n=1$ avant de l'utiliser : c'est un test gratuit de la formule de Q13 et des valeurs de $b_0$, $b_1$.
## Partie 3 — Probabilité qu'un entier naturel choisi au hasard et uniformément dans $[\![1;n]\!]$ soit sans facteur à la puissance $k$
On démontre la formule du crible par les indicatrices (Q15–Q17), on l'applique aux événements « $p_i^k$ divise l'entier tiré » (Q18), on réécrit le résultat avec la fonction de Möbius (Q19), puis on passe à la limite $n\to+\infty$ par convergence dominée (Q20).
### Question 15
> [!INDICATION]
> Récurrence sur $r$.
> [!INDICATION]
> Notez $\Sigma_m^{(r)}$ la somme des produits de $m$ facteurs d'indices strictement croissants, et cherchez une relation entre $\Sigma_m^{(r+1)}$, $\Sigma_m^{(r)}$ et $\Sigma_{m-1}^{(r)}$ en distinguant si l'indice $r+1$ est utilisé.
#### Solution
Notons $\Sigma_m^{(r)}=\sum_{1\le i_1<\dots<i_m\le r}x_{i_1}\cdots x_{i_m}$ ($1\le m\le r$), avec $\Sigma_0^{(r)}=1$ et $\Sigma_m^{(r)}=0$ si $m>r$. Montrons par récurrence que $\prod_{i=1}^{r}(1+x_i)=\sum_{m=0}^{r}\Sigma_m^{(r)}$.
Pour $r=1$ : $1+x_1=\Sigma_0^{(1)}+\Sigma_1^{(1)}$.
Hérédité : en séparant les $m$-uplets selon que $i_m=r+1$ ou $i_m\le r$, $\Sigma_m^{(r+1)}=\Sigma_m^{(r)}+x_{r+1}\Sigma_{m-1}^{(r)}$ pour $1\le m\le r+1$. Donc, avec $\Sigma_{r+1}^{(r)}=0$ et l'hypothèse de récurrence,
$$\sum_{m=0}^{r+1}\Sigma_m^{(r+1)}=\sum_{m=0}^{r}\Sigma_m^{(r)}+x_{r+1}\sum_{m=0}^{r}\Sigma_m^{(r)}=(1+x_{r+1})\prod_{i=1}^{r}(1+x_i).$$
Ainsi, pour tout $r\in\mathbb{N}^*$ et tout $(x_1,\dots,x_r)\in\mathbb{R}^r$,
$$\boxed{\prod_{i=1}^{r}(1+x_i)=1+\sum_{m=1}^{r}\left(\sum_{1\le i_1<\dots<i_m\le r}x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_m}\right).}$$
> [!METHODE]
> On peut aussi justifier en une phrase : développer le produit revient à choisir, dans chaque facteur, $1$ ou $x_i$ ; les termes sont indexés par les parties $\{i_1<\dots<i_m\}$ de $[\![1;r]\!]$. La récurrence est plus sûre si l'on manque de temps pour bien formuler cet argument.
### Question 16
> [!INDICATION]
> Ce sont des égalités de fonctions sur $\Omega$ : évaluez en un $\omega$ quelconque et distinguez des cas.
#### Solution
Soit $\omega\in\Omega$. Si $\omega\in A$ : $\mathbf 1_{\bar A}(\omega)=0=1-\mathbf 1_A(\omega)$ ; sinon $\mathbf 1_{\bar A}(\omega)=1=1-\mathbf 1_A(\omega)$. Donc $\boxed{\mathbf 1_{\bar A}=1-\mathbf 1_A}$.
Les $\mathbf 1_{A_i}(\omega)$ valent $0$ ou $1$ ; leur produit vaut $1$ si et seulement si tous valent $1$, c'est-à-dire $\omega\in A_1\cap\dots\cap A_m$, et $0$ sinon. Donc $\boxed{\mathbf 1_{A_1}\mathbf 1_{A_2}\cdots\mathbf 1_{A_m}=\mathbf 1_{A_1\cap A_2\cap\dots\cap A_m}}$.
### Question 17
> [!INDICATION]
> Passez au complémentaire de la réunion et utilisez De Morgan pour obtenir un produit d'indicatrices.
> [!INDICATION]
> Appliquez la question 15 avec un choix de $x_i$ faisant apparaître les signes, puis prenez l'espérance.
#### Solution
Par De Morgan et la question 16,
$$\mathbf 1_{A_1\cup\dots\cup A_r}=1-\mathbf 1_{\bar A_1\cap\dots\cap\bar A_r}=1-\prod_{i=1}^{r}(1-\mathbf 1_{A_i}).$$
La question 15 appliquée en chaque $\omega$ avec $x_i=-\mathbf 1_{A_i}(\omega)$, puis la question 16, donnent
$$\prod_{i=1}^{r}(1-\mathbf 1_{A_i})=1+\sum_{m=1}^{r}(-1)^m\sum_{1\le i_1<\dots<i_m\le r}\mathbf 1_{A_{i_1}\cap\dots\cap A_{i_m}},$$
donc $\mathbf 1_{A_1\cup\dots\cup A_r}=\sum_{m=1}^{r}(-1)^{m+1}\sum_{i_1<\dots<i_m}\mathbf 1_{A_{i_1}\cap\dots\cap A_{i_m}}$. Ces variables aléatoires sont bornées, donc d'espérance finie ; par linéarité de l'espérance (somme finie) et $E(\mathbf 1_B)=P(B)$ :
$$\boxed{P(A_1\cup\dots\cup A_r)=\sum_{m=1}^{r}(-1)^{m+1}\left(\sum_{1\le i_1<\dots<i_m\le r}P(A_{i_1}\cap\dots\cap A_{i_m})\right).}$$
> [!PIEGE]
> Citer la formule du crible comme résultat de cours ne répond pas : l'énoncé demande de la déduire de Q15 et Q16. Le signe $-$ dans $x_i=-\mathbf 1_{A_i}$ est ce qui produit les $(-1)^m$.
### Question 18
> [!INDICATION]
> Décrivez le complémentaire de $S_n(k)$ dans $[\![1;n]\!]$ à l'aide des $A_n(p_i^k)$.
> [!INDICATION]
> Après la question 17, il reste à identifier une intersection $A_n(a)\cap A_n(b)\cap\dots$ comme un seul $A_n(\cdot)$ : que dire de nombres premiers distincts élevés à la puissance $k$ ?
#### Solution
Un $m\in[\![1;n]\!]$ n'est pas dans $S_n(k)$ si et seulement si $p_j^k\mid m$ pour un $j\in[\![1;r]\!]$, c'est-à-dire $m\in\bigcup_iA_n(p_i^k)$. Donc
$$\boxed{q_n(k)=1-P_n\left(\bigcup_{i=1}^{r}A_n(p_i^k)\right).}$$
Se limiter à $p_1,\dots,p_r$ ne perd rien : si $p$ premier vérifie $p^k\mid m\le n$, alors $p\le m\le n$.
La question 17 donne $q_n(k)=1+\sum_{m=1}^{r}\sum_{i_1<\dots<i_m}(-1)^mP_n\left(\bigcap_{\ell}A_n(p_{i_\ell}^k)\right)$. Pour $j\in[\![1;n]\!]$, si chaque $p_{i_\ell}^k$ divise $j$, la décomposition en facteurs premiers de $j$ contient chacun des premiers distincts $p_{i_\ell}$ avec un exposant au moins $k$, donc $p_{i_1}^k\cdots p_{i_m}^k\mid j$ ; la réciproque est immédiate. Ainsi $\bigcap_\ell A_n(p_{i_\ell}^k)=A_n(p_{i_1}^k\cdots p_{i_m}^k)$ et
$$\boxed{q_n(k)=1+\sum_{m=1}^{r}\sum_{1\le i_1<i_2<\dots<i_m\le r}(-1)^m\,P_n\left(A_n\left(p_{i_1}^kp_{i_2}^k\cdots p_{i_m}^k\right)\right).}$$
> [!PIEGE]
> Le passage $-(-1)^{m+1}=(-1)^m$ est une source classique d'erreur de signe ; et « divisible par $a$ et par $b$ » n'équivaut à « divisible par $ab$ » que si $a$ et $b$ sont premiers entre eux, ce qu'il faut justifier.
### Question 19
> [!INDICATION]
> Combien $[\![1;n]\!]$ contient-il de multiples de $d$ ?
> [!INDICATION]
> Posez $D=p_{i_1}\cdots p_{i_m}$ : que vaut $\mu(D)$ ? Puis expliquez pourquoi tous les autres entiers $d$ apportent une contribution nulle à la somme infinie.
#### Solution
Les multiples de $d$ dans $[\![1;n]\!]$ sont $d,2d,\dots,\lfloor n/d\rfloor d$, donc $P_n(A_n(d))=\frac1n\left\lfloor\frac nd\right\rfloor$.
Pour $i_1<\dots<i_m$, $D=p_{i_1}\cdots p_{i_m}$ vérifie $p_{i_1}^k\cdots p_{i_m}^k=D^k$ et $\mu(D)=(-1)^m$. L'application $\{i_1<\dots<i_m\}\mapsto D$ est injective (unicité de la décomposition) et a pour image l'ensemble $\mathcal D$ des entiers $D>1$ sans facteur carré dont les facteurs premiers sont parmi $p_1,\dots,p_r$. Le terme $1$ vaut $\frac1n\mu(1)\lfloor n/1^k\rfloor$. D'où
$$q_n(k)=\frac1n\sum_{D\in\{1\}\cup\mathcal D}\mu(D)\left\lfloor\frac{n}{D^k}\right\rfloor.$$
Pour $d\notin\{1\}\cup\mathcal D$ : soit $d$ a un facteur carré et $\mu(d)=0$ ; soit $d$ a un facteur premier $p>n$, et alors $d^k\ge d\ge p>n$, donc $\lfloor n/d^k\rfloor=0$. Ces termes sont nuls, la somme n'a qu'un nombre fini de termes non nuls, et
$$\boxed{q_n(k)=\frac1n\sum_{d=1}^{+\infty}\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d^k}\right\rfloor.}$$
> [!METHODE]
> Pour étendre une somme finie à une somme sur tout $\mathbb{N}^*$, on montre que chaque terme ajouté est nul ; la « série » obtenue est alors à support fini et sa convergence est sans objet.
### Question 20
> [!INDICATION]
> Exprimez $q_n(k)$ comme une intégrale de $f_n$ sur $[1;+\infty[$, et cherchez la limite simple de $f_n(t)$ à $t$ fixé, en encadrant la partie entière.
> [!INDICATION]
> Pour la domination, majorez $|f_n(t)|$ par une fonction de $t$ seule, et justifiez son intégrabilité en revenant à une série.
#### Solution
La série $\ell=\sum_{d\ge1}\frac{\mu(d)}{d^k}$ converge absolument ($|\mu(d)|d^{-k}\le d^{-k}$, $k\ge2$).
**Intégrales.** $f_n$ est constante sur chaque $[d;d+1[$, donc continue par morceaux, et nulle sur $[n+1;+\infty[$ (pour $d>n$, $\lfloor n/d^k\rfloor=0$). Elle est intégrable et, par Q19,
$$\int_1^{+\infty}f_n(t)\,\mathrm{d}t=\sum_{d=1}^{n}\frac1n\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d^k}\right\rfloor=q_n(k).$$
**Convergence simple.** Soit $t\ge1$, $d=\lfloor t\rfloor$. De $\frac{n}{d^k}-1<\left\lfloor\frac{n}{d^k}\right\rfloor\le\frac{n}{d^k}$ on tire $\frac{1}{d^k}-\frac1n<\frac1n\left\lfloor\frac{n}{d^k}\right\rfloor\le\frac1{d^k}$, donc $f_n(t)\to f(t)=\frac{\mu(\lfloor t\rfloor)}{\lfloor t\rfloor^k}$, fonction continue par morceaux.
**Domination.** $|f_n(t)|\le\frac{1}{\lfloor t\rfloor^k}=:\varphi(t)$, indépendante de $n$, positive, continue par morceaux. Elle est intégrable sur $[1;+\infty[$ : pour $X\ge1$, $\int_1^X\varphi\le\int_1^{\lfloor X\rfloor+1}\varphi=\sum_{d=1}^{\lfloor X\rfloor}\frac{1}{d^k}\le\zeta(k)$, intégrales croissantes et majorées. (Variante : $t<d+1\le2d$ donne $\varphi(t)\le\frac{2^k}{t^k}$, intégrale de Riemann convergente.)
**Conclusion.** Par le théorème de convergence dominée, $q_n(k)=\int_1^{+\infty}f_n\to\int_1^{+\infty}f$, et, $f$ étant intégrable, $\int_1^{+\infty}f=\lim_M\int_1^{M+1}f=\lim_M\sum_{d=1}^{M}\frac{\mu(d)}{d^k}=\ell$ :
$$\boxed{(q_n(k))_{n\in\mathbb{N}^*}\text{ converge et }\lim_{n\to+\infty}q_n(k)=\sum_{d=1}^{+\infty}\frac{\mu(d)}{d^k}.}$$
> [!PIEGE]
> La majoration $|f_n(t)|\le\frac1{\lfloor t\rfloor^k}$ est une domination parfaitement valable : une fonction en escalier positive est intégrable dès que la série de ses marches converge. L'erreur à éviter est plutôt d'écrire « $|f_n(t)|\le\frac1{d^k}$ » sans dire que $d=\lfloor t\rfloor$ dépend de $t$ et sans prouver l'intégrabilité de la fonction obtenue.
> [!METHODE]
> Transformer une somme en intégrale d'une fonction en escalier permet d'utiliser le théorème de convergence dominée pour intervertir limite et somme infinie : c'est l'usage que suggère l'indication.
## Partie 4 — Calcul de la somme $\sum_{d=1}^{+\infty}\frac{\mu(d)}{d^k}$
On veut le produit de deux séries $\left(\sum u_i\right)\left(\sum v_j\right)$ regroupé selon le produit $ij=m$. Sans théorème sur les familles sommables, on compare des sommes finies indexées par le carré $E_N$ et par la région $F_N$ sous l'hyperbole $ij=N$. La propriété $\sum_{d\mid m}\mu(d)=[m=1]$ conclut.
### Question 21
> [!INDICATION]
> Pour les inclusions, majorez $ij$ quand $(i,j)\in E_N$. Puis réécrivez $S_N$ comme une somme indexée par $F_N$ grâce à un changement d'indices $(m,d)\mapsto(\dots)$.
> [!INDICATION]
> $(S_N)$ est croissante : majorez-la. Pour l'identité, encadrez le produit des sommes partielles entre $S_N$ et $S_{N^2}$.
#### Solution
**Inclusions.** $F_N\subset E_N$ par définition ; si $(i,j)\in E_N$, alors $1\le i,j\le N\le N^2$ et $ij\le N^2$, donc $(i,j)\in F_{N^2}$ : $\boxed{F_N\subset E_N\subset F_{N^2}}$.
**Réindexation.** $(m,d)\mapsto(d,m/d)$ est une bijection de $\{(m,d):1\le m\le N,\ d\mid m\}$ sur $F_N$, de réciproque $(i,j)\mapsto(ij,i)$. Donc $S_N=\sum_{(i,j)\in F_N}|u_i|v_j$.
**Convergence.** Termes positifs et $F_N\subset F_{N+1}$ : $(S_N)$ est croissante. Avec $T_N=\left(\sum_{i\le N}|u_i|\right)\left(\sum_{j\le N}v_j\right)=\sum_{E_N}|u_i|v_j$, $U=\sum_{i\ge1}\frac{|\mu(i)|}{i^s}$, $V=\sum_{j\ge1}\frac1{j^s}$ (séries convergentes, $s>1$) : $S_N\le T_N\le UV$. Donc **$(S_N)$ converge**, vers $L$.
**Identité.** $S_N\le T_N\le S_{N^2}$ ; $S_{N^2}\to L$ (suite extraite), donc $T_N\to L$, et $T_N\to UV$ : $L=UV$,
$$\boxed{\sum_{m=1}^{+\infty}\left(\sum_{d\mid m}|u_d|\,v_{m/d}\right)=\left(\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{|\mu(i)|}{i^s}\right)\left(\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{1}{j^s}\right).}$$
> [!METHODE]
> Pour des termes positifs, l'encadrement « région triangulaire $\subset$ carré $\subset$ région triangulaire plus grande » remplace le théorème de sommation par paquets. La bijection de réindexation doit être écrite avec sa réciproque.
### Question 22
> [!INDICATION]
> Réutilisez la bijection de Q21, cette fois sans valeurs absolues : les deux sommes du membre de gauche s'indexent par $E_N$ et $F_N$.
> [!INDICATION]
> Pour en déduire l'identité, que dit la question 21 du majorant quand $N\to+\infty$ ? Simplifiez enfin $u_dv_{m/d}$.
#### Solution
La même bijection donne $\sum_{m=1}^{N}\sum_{d\mid m}u_dv_{m/d}=\sum_{F_N}u_iv_j$, et $\left(\sum_{i\le N}u_i\right)\left(\sum_{j\le N}v_j\right)=\sum_{E_N}u_iv_j$. La différence est $\sum_{E_N\setminus F_N}u_iv_j$ ; par l'inégalité triangulaire et $v_j>0$ :
$$\boxed{\left|\left(\sum_{i=1}^{N}u_i\right)\left(\sum_{j=1}^{N}v_j\right)-\sum_{m=1}^{N}\left(\sum_{d\mid m}u_dv_{m/d}\right)\right|\le\sum_{(i,j)\in E_N}|u_i|v_j-\sum_{(i,j)\in F_N}|u_i|v_j.}$$
Le majorant vaut $T_N-S_N\to0$ (Q21). Comme $\sum u_i$ et $\sum v_j$ convergent, le produit des sommes partielles tend vers $\left(\sum u_i\right)\left(\sum v_j\right)$ ; donc $\sum_{m\le N}\sum_{d\mid m}u_dv_{m/d}$ converge vers la même limite. Enfin, pour $d\mid m$, $u_dv_{m/d}=\frac{\mu(d)}{d^s}\cdot\frac{d^s}{m^s}=\frac{\mu(d)}{m^s}$ :
$$\boxed{\sum_{m=1}^{+\infty}\frac{1}{m^s}\left(\sum_{d\mid m}\mu(d)\right)=\left(\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{\mu(i)}{i^s}\right)\left(\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{1}{j^s}\right).}$$
> [!PIEGE]
> L'inégalité ne suffit pas seule : c'est la question 21 qui garantit que le majorant tend vers $0$. Sans cette remarque, la déduction est incomplète.
### Question 23
> [!INDICATION]
> Seuls les diviseurs sans facteur carré comptent. Décrivez-les à partir de la décomposition de $m$ en facteurs premiers.
> [!INDICATION]
> Regroupez selon le nombre de facteurs premiers choisis et reconnaissez une formule du binôme.
#### Solution
Si $m=1$ : la somme vaut $\mu(1)=1$. Si $m\ge2$, $m=\prod_{i=1}^{r}q_i^{\alpha_i}$ ($r\ge1$, $q_i$ premiers distincts, $\alpha_i\ge1$). Les diviseurs $d$ de $m$ avec $\mu(d)\ne0$ sont exactement les $\prod_{i\in I}q_i$, $I\subset[\![1;r]\!]$ (unicité de la décomposition), avec $\mu(d)=(-1)^{\operatorname{Card}I}$ ; les autres ont $\mu(d)=0$. Donc
$$\sum_{d\mid m}\mu(d)=\sum_{I\subset[\![1;r]\!]}(-1)^{\operatorname{Card}I}=\sum_{j=0}^{r}\binom rj(-1)^j=(1-1)^r=0.$$
$$\boxed{\sum_{d\mid m}\mu(d)=\begin{cases}1&\text{si }m=1\\0&\text{sinon.}\end{cases}}$$
> [!PIEGE]
> Ne pas oublier le diviseur $d=1$ (terme $j=0$ du binôme), et traiter $m=1$ à part : c'est le seul cas où $r=0$ et $(1-1)^0=1$.
### Question 24
> [!INDICATION]
> Dans l'identité de Q22, combien de termes du membre de gauche survivent d'après Q23 ?
#### Solution
Soit $s>1$. Par Q23, le membre de gauche de Q22 se réduit au terme $m=1$, égal à $1$. Donc $\left(\sum_{i\ge1}\frac{\mu(i)}{i^s}\right)\zeta(s)=1$, et comme $\zeta(s)\ge1>0$ :
$$\boxed{\forall s>1,\quad\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{\mu(i)}{i^s}=\frac{1}{\zeta(s)}.}$$
> [!JURY]
> Avant de diviser, on justifie que le diviseur est non nul : ici $\zeta(s)\ge1$ se dit en une demi-ligne.
### Question 25
> [!INDICATION]
> Assemblez Q20 et Q24 en vérifiant que l'hypothèse de Q24 est satisfaite. Les valeurs particulières viennent de la partie 2.
#### Solution
Soit $k\ge2$. Par Q20, $\lim_{n\to+\infty}q_n(k)=\sum_{d\ge1}\frac{\mu(d)}{d^k}$ ; par Q24 avec $s=k>1$, cette somme vaut $\frac1{\zeta(k)}$ :
$$\boxed{\lim_{n\to+\infty}q_n(k)=\frac{1}{\zeta(k)}.}$$
Avec $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$ et $\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$ (Q14) :
$$\boxed{\lim_{n\to+\infty}q_n(2)=\frac{6}{\pi^2}\approx0{,}608,\qquad\lim_{n\to+\infty}q_n(4)=\frac{90}{\pi^4}\approx0{,}924.}$$
Un entier « au hasard » est donc sans facteur carré avec probabilité environ $61\,\%$, sans facteur puissance quatrième avec probabilité environ $92\,\%$ ; comme $\zeta(k)\to1$ (Q11), la probabilité tend vers $1$ quand $k\to+\infty$.
> [!METHODE]
> Une question de synthèse se rédige même si les questions intermédiaires n'ont pas été traitées : on cite précisément les résultats admis (Q20, Q24, Q14) et on vérifie leurs hypothèses ($k>1$).
## Bilan
**Méthodes à retenir.**
- Écrire $\frac1k=\int_0^1t^{k-1}\,\mathrm{d}t$ pour transformer une série en intégrale, et contrôler le reste par une minoration uniforme du dénominateur.
- Quand la convergence uniforme échoue au bord (Q5), travailler sur un segment intérieur puis passer à la limite grâce à une continuité établie à part.
- Calculer une somme de série de fonctions via l'équation différentielle qu'elle vérifie, avec des conditions aux limites lues sur la série (Q8).
- Tronquer une somme pour intervertir deux sommations (Q11) ; relier coefficients et dérivées d'une série entière ($b_m=m!\,a_m$) ; produit de Cauchy et unicité des coefficients (Q13).
- Formule du crible par les indicatrices et la linéarité de l'espérance (Q15–Q17).
- Écrire une somme comme intégrale d'une fonction en escalier pour appliquer la convergence dominée (Q20).
- Produit de deux séries à termes positifs par encadrement entre des régions finies (Q21–Q22).
**Prérequis à revoir.** Théorèmes sur les séries de fonctions (continuité, intégration sur un segment, dérivation $\mathcal C^k$) ; équations $y''-\omega^2y=f$ ; séries entières (rayon, produit de Cauchy) ; espérance d'une indicatrice ; théorème de convergence dominée et intégrabilité des fonctions positives ; décomposition en facteurs premiers.
**Questions classiques transposables.** $\sum\frac{\sin(k\theta)}{k}=\frac{\pi-\theta}{2}$ et la fonction $S$ (séries de Fourier sans le cours) ; $\sum\frac{1}{n^2+x^2}=\frac{\pi}{2x}\coth(\pi x)-\frac{1}{2x^2}$ ; nombres de Bernoulli et $\zeta(2k)$ ; formule du crible ; inversion de Möbius $\sum_{d\mid m}\mu(d)=[m=1]$ et $\sum\mu(n)n^{-s}=1/\zeta(s)$ ; densité $6/\pi^2$ des entiers sans facteur carré.
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