Deux sommes égales

Personne ?

Je précise, alors : montrer que, pour tous $m \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$ et $n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 2}$
$$\sum_{\substack{k=1 \\ (n,k)=1}}^n k^m = \frac{n^m \varphi(n)}{m+1} + \frac{(-1)^{\omega(n)}}{m+1} \sum_{h=2}^m (-1)^h {m+1 \choose h} B_h n^{m-2(h-1)} \gamma(n)^{h-1} J_{h-1}(n)$$
où $B_h$ est le $h$ème nombre de Bernoulli et $J_{\ell}$ est la $\ell$ème fonction arithmétique de Jordan définie par $J_{\ell}(1) = 1$ et, pour tout entier $n \geqslant 2$ et tout $\ell \geqslant 1$
$$J_\ell (n) := n^\ell \prod_{p \mid n} \left( 1 - \frac{1}{p^\ell} \right).$$
Elle généralise le totient d'Euler.

Dans l'identité ci-dessus, le $1$er terme est le terme principal, l'autre pouvant être considéré comme un terme d'erreur, avec la convention habituelle que, si $m=1$, ce terme est nul.

Calli : exact, $\omega(n) = \sum_{p \mid n} 1$, alors que $\gamma(n)$ est le noyau sans facteur carré de $n$, autrement dit 
$$\gamma(n) := \prod_{p \mid n} p.$$

De rien.

J'ai voulu écrire le résultat final de l'identité ci-dessus en invoquant le plus possible des fonctions arithmétiques classiques, mais on peut vérifier que le terme d'erreur est aussi égal à
$$\frac{1}{m+1} \sum_{h=2}^m (-1)^h {m+1 \choose h} B_h n^{m-h+1} \prod_{p \mid n} (1-p^{h-1}).$$
Simplement, ça a moins de prestance quand il est écrit comme ça. Et puis je n'aime pas trop les mélanges sommes-produits.

Est-ce que $\gamma$ est bien la même chose que le radical d’un entier (intervenant notamment dans l’énoncé de la conjecture abc) ?

Puisque j'ai encore la main, je signale qu'il existe une formule de Faulhaber généralisée, voir par exemple https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL19/Schumacher/schu3.pdf

Si on utilise celle-ci, on obtient l'extension suivante de l'identité précédente : Soit $k \in \mathbb{Z}_{\geqslant 2}$. Pour tout $x \in \mathbb{R}_+$
\begin{multline*}
   \sum_{\substack{n \leqslant x \\ (n,k)=1}} n^m = \frac{x^{m+1}}{m+1} \frac{\varphi(k)}{k} + \frac{(-1)^{\omega(k)}}{m+1} \sum_{h=2}^m (-1)^h {m+1 \choose h} x^{m-h+1} \sum_{d \mid k} B_h \left(\left\lbrace \frac{x}{d} \right\rbrace \right) d^{h-1} \mu(d) \\
   + \frac{(-1)^{m+\omega(k)} B_{m+1}}{(m+1) k^m} (\gamma(k))^m J_m (k)
\end{multline*}
où, cette fois, $t \mapsto B_\ell (\{t\})$ est la $\ell$ème fonction de Bernoulli et $\{t\}$ est la partie fractionnaire. Si l'on veut estimer le terme d'erreur, il peut être intéressant de se rappeller que, si $\ell \geqslant 2$, les fonctions de Bernoulli sont continues et développables en série de Fourier :
$$\forall t \in \R, \quad B_\ell (\{t\}) = - \frac{\ell !}{(2 \pi i)^\ell} \sum_{r \neq 0} \frac{e(rt)}{r^\ell}$$
où, comme d'habitude, $e(x) := e^{2 i \pi x}$.

Calli : je reconnais une chose, je n'aurais pas dû écrire "pas très difficiles à obtenir" dans mon 1er message. En effet, j'ai pu constater que, sur ce forum, lorsqu'il y a une question d'arithmétique élémentaire, la plupart des intervenants utilisent des méthodes...élémentaires. Donc:

(i) Ou bien elle est à peu près adaptée, mais elle ne permet pas d'extension du problème posé ;

(ii) Ou bien elle demande des raisonnements et/ou des calculs lourds.

Voir par exemple un fil assez récent où les gens s'évertuaient à essayer des méthodes basiques là où l'introduction de la fonction de von Mangoldt et sa propriété de convolution résolvait la question posée en 2-3 lignes. 

Lorsque l'on fait de la théorie multiplicative, il y a fort à parier que la convolution de Dirichlet est centrale au problème.

Ici, d'une manière générale, lorsqu'il y a une sommation portant sur une condition du type $(n,k)=1$, on utilise presque toujours la version suivante du lemme de Vinogradov : si $x \geqslant 1$ est réel, $k \geqslant 1$ est entier et $f$ est une fonction arithmétique quelconque à valeurs complexes, alors
$$\sum_{\substack{n \leqslant x \\ (n,k)=1}} f(n) = \sum_{d \mid k} \mu(d) \sum_{m \leqslant x/d} f(md).$$
La démonstration de cette version est relativement simple : elle repose sur la propriété de convolution de la fonction de Möbius, qui fournit immédiatement une indicatrice des entiers $n$ tels que $(n,k)=1$. En arithmétique, beaucoup de choses dépendent des indicatrices. Voir par exemple le Corollary 4.6 du livre : https://www.amazon.fr/Arithmetic-Tales-Advanced-Universitext-English-ebook/dp/B08P6VCK68/ref=sr_1_1?__mk_fr_FR=%C3%85M%C3%85%C5%BD%C3%95%C3%91&crid=2GXIEX6R1SNXP&keywords=arithmetic+tales&qid=1652647273&sprefix=arithmetic+tales%2Caps%2C74&sr=8-1

De plus, ce lemme montre le rôle primordial et fondamental de la fonction de Möbius dans la théorie multiplicative des nombres.

Tous les calculs que j'ai fait dans ce fil utilisent ce lemme.

Merci pour ta réponse.

noix de totos a dit :

En effet, j'ai pu constater que, sur ce forum, lorsqu'il y a une question d'arithmétique élémentaire, la plupart des intervenants utilisent des méthodes...élémentaires.

Ah oui, toi aussi tu as remarqué que la majorité des membres de ce forum ne sont pas des chercheurs en théorie des nombres ?  Du coup, dire "c'est immédiat quand on maîtrise la théorie multiplicative des nombres" a des résultats limités...

Bon, alors je m'y essaie. Pour le lemme de Vinogradov : $$\begin{eqnarray*} \sum_{d\mid k}\mu(d)\sum_{m\leqslant x/d} f(md) &=&\sum_{d\mid k}\mu(d)\sum_{n\leqslant x, \,d\mid n} f(n) \qquad \text{avec } n:=md\\&=&\sum_{n\leqslant x} f(n) \sum_{d\mid k,\,d\mid n} \mu(d) \ \ \qquad \text{en permutant les sommes}\\&=&\sum_{n\leqslant x} f(n) \sum_{d\mid k\wedge n} \mu(d) \\&=&\sum_{n\leqslant x} f(n)\, {\bf1}_{k\wedge n=1} \\&=& \sum_{n\leqslant x, \,k\wedge n=1} f(n) \end{eqnarray*}$$
Très bien. Ensuite, l'application au calcul de $ \sum\limits_{k\wedge n=1} k^2$ : $$\begin{eqnarray*} \sum_{0<k<n,\,k\wedge n=1} k^2
&=& \sum_{d\mid n} \mu(d) \sum_{m\leqslant n/d} (md)^2\\
&=& \sum_{d\mid n} \mu(d) \frac{\frac{n}d(\frac{n}d+1)(2\frac{n}d+1)}6 d^2\\
&=& \sum_{d\mid n} \mu(d) \frac{ 2(\frac{n}d)^3 + 3(\frac{n}d)^2 +\frac{n}d}6 d^2\\
&=& \frac{n^3}3 \sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}d + \frac{n^2}2 \sum_{d\mid n} \mu(d) + \frac{n}6 \sum_{d\mid n} \mu(d)\,d
\end{eqnarray*}
$$Or, pour tout $a\in\Bbb R$, $g_a:n\mapsto \sum\limits_{d\mid n}\mu(d)\,d^a$ est multiplicative et $g_a(p^r) = 1-p^a$ pour tous $p$ premier et $r\in\Bbb N^*$. Donc : $\forall n\in\Bbb N, \; g_a(n) = \prod\limits_{p\mid n}(1-p^a)$. D'où (pour $n\geqslant 2$) : $$\begin{eqnarray*} \sum_{0<k<n,\,k\wedge n=1} k^2
&=& \frac{n^3}3 \prod_{p\mid n}(1-p^{-1}) + 0 + \frac{n}6 \prod_{p\mid n}\underbrace{(1-p)}_{=-p(1-p^{-1})}\\
&=& \frac13 n^2\varphi(n) + \frac{(-1)^{\omega(n)}}6 \gamma(n) \varphi(n)
\end{eqnarray*}$$ puisque $\varphi(n) = n\prod\limits_{p\mid n}(1-p^{-1})$.
Conclusion : "pas très difficiles à obtenir" était en effet une épithète abusive telle quelle.

J'éviterai, a l'avenir, ce genre de phrases un peu dites à la légère.

Ceci dit, et à ma décharge, je dois dire que j'ai déjà évoqué à plusieurs reprises ce lemme de Vinogradov sur ce forum.

Pour être complet sur ce sujet, voici une forme plus générale de ce lemme de Vinogradov : soit $(G,+)$ un groupe abélien, $A$ un ensemble fini et $f:A \to G$ et $g : A \to \mathbb{Z}_{\geqslant 0}$ deux applications.  Alors
$$\sum_{\substack{a \in A \\ g(a)=1}} f(a) = \sum_{m=1}^\infty \mu(m) \sum_{\substack{a \in A \\ m \mid g(a)}} f(a).$$
Même démonstration.