Maths 2

# Mines-Ponts PSI — Maths 2 2026 · Corrigé brut

*Corrigé rédigé par IA (La Belle Copie), non officiel. Signalez toute erreur.*

Probabilité qu'un entier choisi au hasard et uniformément dans $[\![1;n]\!]$ soit sans facteur à la puissance $k$. Durée 3 heures, calculatrice interdite.

## Partie 1 : Calcul de la somme $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2+x^2}$

### Question 1

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 $e^{i\theta}t=1$, alors $t=|e^{i\theta}t|=1$ puis $e^{i\theta}=1$, soit $\theta\in2\pi\mathbb{Z}$, exclu. Donc $1-e^{i\theta}t\ne0$ sur $[0;1]$ et l'intégrande est continue sur $[0;1]$.

La raison $q=e^{i\theta}t$ 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 (somme finie) et $\int_0^1t^{k-1}\,\mathrm{d}t=\frac1k$ :
$$\boxed{\int_0^1e^{i\theta}\,\frac{1-(e^{i\theta}t)^n}{1-e^{i\theta}t}\,\mathrm{d}t=\sum_{k=1}^{n}\frac{e^{ik\theta}}{k}.}$$

### Question 2

**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 $|1-e^{i\theta}u|=1+u\ge1$. En posant $c_\theta=\min(1,|\sin\theta|)>0$ :
$$(\star)\qquad\forall u\in[0;1],\quad|1-e^{i\theta}u|\ge c_\theta.$$

![Figure 1 — Distance du point 1 au segment d'extrémités 0 et e^{iθ} : elle est au moins |sin θ|, distance de 1 à la droite portant le segment, que le pied de la perpendiculaire soit sur le segment (a) ou sur son prolongement (b)](/figures/corriges/mines-ponts_psi_maths-2_2026/q2-distance-segment.svg)

**Convergence.** La fonction $t\mapsto\frac{e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}t}$ est continue sur $[0;1]$ ; notons $I(\theta)$ son intégrale. Par la question 1,
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{e^{ik\theta}}{k}-I(\theta)=-\int_0^1\frac{e^{i\theta}(e^{i\theta}t)^n}{1-e^{i\theta}t}\,\mathrm{d}t,$$
donc, par l'inégalité triangulaire et $(\star)$,
$$(\star\star)\qquad\left|\sum_{k=1}^{n}\frac{e^{ik\theta}}{k}-I(\theta)\right|\le\int_0^1\frac{t^n}{c_\theta}\,\mathrm{d}t=\frac{1}{c_\theta(n+1)}\xrightarrow[n\to+\infty]{}0.$$
Les sommes partielles convergent : **la série $\sum_{k\ge1}\frac{e^{ik\theta}}{k}$ converge** et
$$\boxed{\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{e^{ik\theta}}{k}=\int_0^1\frac{e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}t}\,\mathrm{d}t.}$$

### Question 3

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 : la série $\sum_{k\ge1}\frac{\sin(k\theta)}{k}$ converge et, l'intégrale d'une fonction complexe ayant pour partie imaginaire l'intégrale de la partie imaginaire,
$$\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{\sin(k\theta)}{k}=\int_0^1\operatorname{Im}\left(\frac{e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}t}\right)\mathrm{d}t.$$
Or
$$\frac{e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}t}=\frac{e^{i\theta}(1-e^{-i\theta}t)}{|1-e^{i\theta}t|^2}=\frac{e^{i\theta}-t}{1-2t\cos\theta+t^2},\qquad\operatorname{Im}\left(\frac{e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}t}\right)=\frac{\sin\theta}{1-2t\cos\theta+t^2}.$$

Pour $t\in[0;1]$, $1-t\cos\theta>0$ (si $\cos\theta\le0$ il vaut au moins $1$ ; sinon il vaut au moins $1-\cos\theta>0$). Donc $u_\theta$ est définie et de classe $\mathcal C^1$ sur $[0;1]$. Avec $f(t)=\frac{t\sin\theta}{1-t\cos\theta}$ :
$$f'(t)=\frac{\sin\theta(1-t\cos\theta)+t\sin\theta\cos\theta}{(1-t\cos\theta)^2}=\frac{\sin\theta}{(1-t\cos\theta)^2},$$
$$u_\theta'(t)=\frac{f'(t)}{1+f(t)^2}=\frac{\sin\theta}{(1-t\cos\theta)^2+t^2\sin^2\theta}=\frac{\sin\theta}{1-2t\cos\theta+t^2}.$$
Ainsi $\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{\sin(k\theta)}{k}=\int_0^1u_\theta'(t)\,\mathrm{d}t=u_\theta(1)-u_\theta(0)=\operatorname{Arctan}\left(\frac{\sin\theta}{1-\cos\theta}\right)$.

Avec $\theta/2\in\,]0;\pi/2[$ :
$$\frac{\sin\theta}{1-\cos\theta}=\frac{2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)}{2\sin^2(\theta/2)}=\frac{\cos(\theta/2)}{\sin(\theta/2)}=\tan\left(\frac{\pi-\theta}{2}\right),$$
et $\frac{\pi-\theta}{2}\in\,]0;\pi/2[\,\subset\,]-\pi/2;\pi/2[$, donc
$$\boxed{\forall\theta\in\,]0;\pi[,\quad\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{\sin(k\theta)}{k}=\frac{\pi-\theta}{2}.}$$

### Question 4

Posons $s_n(t)=\frac{\cos(nt)}{n^2}$. Chaque $s_n$ est continue sur $\mathbb{R}$ et $\sup_{t\in\mathbb{R}}|s_n(t)|\le\frac1{n^2}$, terme général d'une série de Riemann convergente. La série $\sum s_n$ converge donc **normalement sur $\mathbb{R}$**, donc simplement : $S$ est bien définie sur $\mathbb{R}$. La convergence normale entraîne la convergence uniforme sur $\mathbb{R}$, et les $s_n$ sont continues : par le théorème de continuité de la somme d'une série de fonctions, **$S$ est continue sur $\mathbb{R}$**.

### Question 5

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 : $\sin t\ge m:=\min(\sin a,\sin\theta)>0$ pour $t\in[a;\theta]$, d'où $c_t\ge c:=\min(1,m)>0$. La majoration $(\star\star)$ et $|\operatorname{Im}z|\le|z|$, avec $\operatorname{Im}I(t)=\frac{\pi-t}{2}$ (question 3), donnent
$$\forall t\in[a;\theta],\ \forall n\ge1,\quad\left|\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin(kt)}{k}-\frac{\pi-t}{2}\right|\le\frac{1}{c(n+1)}.$$
Le majorant ne dépend pas de $t$ : la série de fonctions continues $\sum\frac{\sin(kt)}{k}$ converge uniformément sur le segment $[a;\theta]$ vers $t\mapsto\frac{\pi-t}{2}$.

**Intégration terme à terme sur $[a;\theta]$.** Le théorème d'intégration terme à terme sur un segment donne
$$\sum_{n=1}^{+\infty}\int_a^\theta\frac{\sin(nt)}{n}\,\mathrm{d}t=\int_a^\theta\frac{\pi-t}{2}\,\mathrm{d}t.$$
Or $\int_a^\theta\frac{\sin(nt)}{n}\,\mathrm{d}t=\frac{\cos(na)-\cos(n\theta)}{n^2}$, et les séries $\sum\frac{\cos(na)}{n^2}$, $\sum\frac{\cos(n\theta)}{n^2}$ convergent (question 4), d'où
$$S(a)-S(\theta)=\left(\frac{\pi\theta}{2}-\frac{\theta^2}{4}\right)-\left(\frac{\pi a}{2}-\frac{a^2}{4}\right).$$

**Limite $a\to0^+$.** $S$ est continue en $0$ (question 4), donc $S(0)-S(\theta)=\frac{\pi\theta}{2}-\frac{\theta^2}{4}$ :
$$\boxed{\forall\theta\in[0;\pi[,\quad S(\theta)=\frac{\theta^2}{4}-\frac{\pi\theta}{2}+S(0).}$$
Les deux membres étant continus sur $\mathbb{R}$, l'égalité **s'étend à $\theta=\pi$** ; on l'utilise en question 8.

![Figure 2 — La fonction S, paire et 2π-périodique : sur l'intervalle de 0 à π (arc bleu) elle coïncide avec t²/4 − πt/2 + S(0), obtenue sur un segment de a à θ qui évite 0, puis par a → 0](/figures/corriges/mines-ponts_psi_maths-2_2026/q5-fonction-s.svg)

### Question 6

Fixons $x\in\mathbb{R}$ et posons $u_n(t)=\frac{\cos(nt)}{n^2(n^2+x^2)}$. Chaque $u_n$ est de classe $\mathcal C^2$ sur $\mathbb{R}$ et
$$u_n'(t)=-\frac{\sin(nt)}{n(n^2+x^2)},\qquad u_n''(t)=-\frac{\cos(nt)}{n^2+x^2}.$$
Comme $n^2+x^2\ge n^2$, pour tout $t\in\mathbb{R}$ : $|u_n(t)|\le\frac1{n^4}$, $|u_n'(t)|\le\frac1{n^3}$, $|u_n''(t)|\le\frac1{n^2}$. Les séries $\sum u_n$, $\sum u_n'$, $\sum u_n''$ convergent donc normalement, donc uniformément, sur $\mathbb{R}$. Par le théorème de dérivation terme à terme (classe $\mathcal C^2$), **$g_x$ 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 (séries convergentes) :
$$g_x''(t)-x^2g_x(t)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\cos(nt)\,\frac{n^2+x^2}{n^2(n^2+x^2)}=-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\cos(nt)}{n^2},$$
$$\boxed{\forall t\in\mathbb{R},\quad g_x''(t)-x^2g_x(t)=-S(t).}$$

### Question 7

Soit $x\ne0$ et $P(t)=at^2+bt+c$. Alors $P''-x^2P=-ax^2t^2-bx^2t+(2a-cx^2)$. Par identification des coefficients avec $-\frac{t^2}{4}+\frac{\pi t}{2}-S(0)$ :
$$-ax^2=-\frac14,\qquad -bx^2=\frac\pi2,\qquad 2a-cx^2=-S(0),$$
soit, puisque $x\ne0$, $a=\frac1{4x^2}$, $b=-\frac{\pi}{2x^2}$, $c=\frac{2a+S(0)}{x^2}$ :
$$\boxed{P(t)=\frac{t^2}{4x^2}-\frac{\pi t}{2x^2}+\frac{1}{2x^4}+\frac{S(0)}{x^2}.}$$
On note $P'(t)=\frac{t-\pi}{2x^2}$ et $P''=\frac1{2x^2}$.

### Question 8

**Dérivées premières.** Par la question 6, pour tout $x\in\mathbb{R}$, $\sin0=\sin(n\pi)=0$ donne
$$\boxed{g_x'(0)=0\quad\text{et}\quad g_x'(\pi)=0.}$$

**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 question 6 montre donc que la restriction de $g_x$ à $[0;\pi]$ est solution de $(E_x)$ sur cet intervalle. L'équation homogène $y''-x^2y=0$ a pour équation caractéristique $r^2-x^2=0$, de racines réelles distinctes $\pm x$. Avec la solution particulière $P$ de la question 7, 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 $g_x'(\pi)=0$ donnent
$$A-B=\frac{\pi}{2x^3},\qquad Ae^{\pi x}=Be^{-\pi x}\ \text{ soit }\ B=Ae^{2\pi x}.$$
Comme $x\ne0$, $1-e^{2\pi x}\ne0$ et
$$A=\frac{\pi}{2x^3(1-e^{2\pi x})},\qquad B=\frac{\pi e^{2\pi x}}{2x^3(1-e^{2\pi x})},\qquad A+B=\frac{\pi(1+e^{2\pi x})}{2x^3(1-e^{2\pi x})}.$$

**Calcul de $g_x''(0)$.** $g_x''(0)=P''(0)+x^2(A+B)=\frac{1}{2x^2}+\frac{\pi(1+e^{2\pi x})}{2x(1-e^{2\pi x})}$. En multipliant numérateur et dénominateur par $e^{-2\pi x}$ :
$$\frac{1+e^{2\pi x}}{1-e^{2\pi x}}=\frac{e^{-2\pi x}+1}{e^{-2\pi x}-1}=-\frac{1+e^{-2\pi x}}{1-e^{-2\pi x}},$$
d'où
$$\boxed{g_x''(0)=-\frac{\pi}{2x}\times\frac{1+e^{-2\pi x}}{1-e^{-2\pi x}}+\frac{1}{2x^2}.}$$

### Question 9

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 et 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, en multipliant haut et bas par $e^{2\pi x}$ (avec $e^{2\pi x}\ne1$) :
$$\frac{1+e^{-2\pi x}}{1-e^{-2\pi x}}=\frac{e^{2\pi x}+1}{e^{2\pi x}-1}=1+\frac{2}{e^{2\pi x}-1}.$$
Donc $\sum_{n\ge1}\frac{2x^2}{n^2+x^2}=\pi x+\frac{2\pi x}{e^{2\pi x}-1}-1$, c'est-à-dire
$$\boxed{\forall x\in\mathbb{R}^*,\quad\frac{2\pi x}{e^{2\pi x}-1}=1-\pi x+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2x^2}{n^2+x^2}.}$$

## Partie 2 : Développement en série entière de $x\mapsto\frac{x}{e^x-1}$ et applications

### Question 10

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 $1-q=\frac{n^2+x^2}{n^2}$ :
$$\frac1{n^2}\sum_{k=0}^{N}q^k=\frac1{n^2}\cdot\frac{1-q^{N+1}}{1-q}=\frac{1}{x^2+n^2}-\frac{q^{N+1}}{x^2+n^2},$$
et $\frac{q^{N+1}}{x^2+n^2}=(-1)^{N+1}\frac{1}{x^2+n^2}\times\frac{x^{2N+2}}{n^{2N+2}}=R_{N,n}(x)$. 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 $\sum_n n^{-(2N+2)}$ converge ($2N+2\ge2$) de somme $\zeta(2N+2)$ ; par comparaison de séries à termes positifs, $\sum_n|R_{N,n}(x)|$ converge et
$$\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}|R_{N,n}(x)|\le\zeta(2N+2)\,|x|^{2N+2}.}$$

### Question 11

**Limite de $\zeta$.** Pour $s\ge2$ et $n\ge2$, $\frac1{n^s}=\frac1{n^2}\cdot\frac1{n^{s-2}}\le\frac{1}{2^{s-2}}\cdot\frac1{n^2}$, d'où
$$0\le\zeta(s)-1=\sum_{n=2}^{+\infty}\frac1{n^s}\le\frac{\zeta(2)-1}{2^{s-2}}\xrightarrow[s\to+\infty]{}0,$$
donc $\lim_{s\to+\infty}\zeta(s)=1$ ; en particulier $(\zeta(2N+2))_N$ est bornée.

**Sommation.** Soit $x\in\,]-1;1[$. En multipliant la question 10 par $x^2$ et en posant $j=k+1$ :
$$\frac{x^2}{x^2+n^2}=\sum_{j=1}^{N+1}(-1)^{j+1}\frac{x^{2j}}{n^{2j}}+x^2R_{N,n}(x).$$
Chacune des séries $\sum_n n^{-2j}$ converge (somme $\zeta(2j)$), ainsi que $\sum_nR_{N,n}(x)$ ; la somme sur $j$ étant finie, on peut sommer sur $n$ par linéarité :
$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^2}{x^2+n^2}=\sum_{j=1}^{N+1}(-1)^{j+1}\zeta(2j)x^{2j}+x^2\sum_{n=1}^{+\infty}R_{N,n}(x).$$
Le dernier terme est majoré en module par $x^2\zeta(2N+2)|x|^{2N+2}\xrightarrow[N\to+\infty]{}0$ ($\zeta(2N+2)$ bornée, $|x|<1$). Les sommes partielles de $\sum_{k\ge1}(-1)^{k+1}\zeta(2k)x^{2k}$ convergent donc et
$$\boxed{\forall x\in\,]-1;1[,\quad\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^2}{x^2+n^2}=\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k+1}\zeta(2k)\,x^{2k}.}$$

### Question 12

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** (sur $]-2\pi;2\pi[$).

La somme d'une série entière $\sum a_mx^m$ est de classe $\mathcal C^\infty$ sur l'intervalle ouvert de convergence, avec $a_m=\frac{h^{(m)}(0)}{m!}$, donc $b_m=m!\,a_m$ :
$$\boxed{b_0=1,\quad b_1=-\frac12,\quad b_{2k}=(-1)^{k+1}\frac{(2k)!\,\zeta(2k)}{2^{2k-1}\pi^{2k}},\quad b_{2k+1}=0\quad(k\ge1).}$$

### Question 13

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 (intérieur des disques de convergence), donc leur produit de Cauchy converge et
$$h(x)\varphi(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}c_nx^n,\qquad c_n=\sum_{k=0}^{n}\frac{b_k}{k!}\cdot\frac{1}{(n-k+1)!}.$$
Or $h(x)\varphi(x)=\frac{x}{e^x-1}\times\frac{e^x-1}{x}=1$ si $x\ne0$, et $h(0)\varphi(0)=1$. Par unicité des coefficients d'un développement en série entière, $c_0=1$ et $c_n=0$ pour $n\ge1$ :
$$\boxed{\forall n\in\mathbb{N}^*,\quad\sum_{k=0}^{n}\frac{b_k}{k!\,(n+1-k)!}=0.}$$

### Question 14

Pour $n=2$ : $\frac{b_0}{3!}+\frac{b_1}{2!}+\frac{b_2}{2!}=\frac16-\frac14+\frac{b_2}{2}=0$, d'où $\boxed{b_2=\frac16}$.

Pour $n=4$, avec $b_3=0$ (question 12) :
$$\frac{b_0}{5!}+\frac{b_1}{4!}+\frac{b_2}{2!\,3!}+\frac{b_4}{4!}=\frac1{120}-\frac1{48}+\frac1{72}+\frac{b_4}{24}=\frac{6-15+10}{720}+\frac{b_4}{24}=0,$$
d'où $b_4=-\frac{24}{720}$, 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 $b_4=-\frac{4!\,\zeta(4)}{2^3\pi^4}=-\frac{3\zeta(4)}{\pi^4}$. Donc
$$\boxed{\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6},\qquad\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}.}$$

## Partie 3 : Probabilité qu'un entier naturel choisi au hasard et uniformément dans $[\![1;n]\!]$ soit sans facteur à la puissance $k$

### Question 15

Notons, pour $(x_1,\dots,x_r)\in\mathbb{R}^r$, $\Sigma_m^{(r)}=\sum_{1\le i_1<\dots<i_m\le r}x_{i_1}\cdots x_{i_m}$ pour $1\le m\le r$, avec $\Sigma_0^{(r)}=1$ et $\Sigma_m^{(r)}=0$ si $m>r$. Montrons par récurrence sur $r\ge1$ : $\prod_{i=1}^{r}(1+x_i)=\sum_{m=0}^{r}\Sigma_m^{(r)}$.

Pour $r=1$ : $1+x_1=\Sigma_0^{(1)}+\Sigma_1^{(1)}$.

Hérédité : en séparant les $m$-uplets $1\le i_1<\dots<i_m\le r+1$ selon que $i_m=r+1$ ou $i_m\le r$, on a, pour $1\le m\le r+1$, $\Sigma_m^{(r+1)}=\Sigma_m^{(r)}+x_{r+1}\Sigma_{m-1}^{(r)}$. Donc, en utilisant l'hypothèse de récurrence et $\Sigma_{r+1}^{(r)}=0$,
$$\sum_{m=0}^{r+1}\Sigma_m^{(r+1)}=1+\sum_{m=1}^{r+1}\Sigma_m^{(r)}+x_{r+1}\sum_{m=1}^{r+1}\Sigma_{m-1}^{(r)}=\sum_{m=0}^{r}\Sigma_m^{(r)}+x_{r+1}\sum_{m=0}^{r}\Sigma_m^{(r)}=(1+x_{r+1})\prod_{i=1}^{r}(1+x_i).$$
D'où, pour tout $r\in\mathbb{N}^*$,
$$\boxed{\prod_{i=1}^{r}(1+x_i)=1+\sum_{m=1}^{r}\left(\sum_{1\le i_1<\dots<i_m\le r}x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_m}\right).}$$
(Dans l'énoncé, la condition $1\le i_1<\dots<i_m\le r$ porte sur les $m$-uplets d'indices $(i_1,\dots,i_m)$.)

### Question 16

Soit $\omega\in\Omega$. Si $\omega\in A$, $\mathbf 1_{\bar A}(\omega)=0=1-\mathbf 1_A(\omega)$ ; si $\omega\notin A$, $\mathbf 1_{\bar A}(\omega)=1=1-\mathbf 1_A(\omega)$. 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

Par De Morgan, $\overline{A_1\cup\dots\cup A_r}=\bar A_1\cap\dots\cap\bar A_r$, donc, par la question 16,
$$\mathbf 1_{A_1\cup\dots\cup A_r}=1-\prod_{i=1}^{r}\mathbf 1_{\bar A_i}=1-\prod_{i=1}^{r}(1-\mathbf 1_{A_i}).$$
La question 15 appliquée en chaque $\omega$ avec $x_i=-\mathbf 1_{A_i}(\omega)$, puis la question 16, donnent
$$\prod_{i=1}^{r}(1-\mathbf 1_{A_i})=1+\sum_{m=1}^{r}(-1)^m\sum_{1\le i_1<\dots<i_m\le r}\mathbf 1_{A_{i_1}\cap\dots\cap A_{i_m}},$$
d'où $\mathbf 1_{A_1\cup\dots\cup A_r}=\sum_{m=1}^{r}(-1)^{m+1}\sum_{1\le i_1<\dots<i_m\le r}\mathbf 1_{A_{i_1}\cap\dots\cap A_{i_m}}$. Ces indicatrices sont des variables aléatoires bornées, donc d'espérance finie ; par linéarité de l'espérance (somme finie) et $E(\mathbf 1_B)=P(B)$ :
$$\boxed{P(A_1\cup\dots\cup A_r)=\sum_{m=1}^{r}(-1)^{m+1}\left(\sum_{1\le i_1<\dots<i_m\le r}P(A_{i_1}\cap\dots\cap A_{i_m})\right).}$$

### Question 18

Un entier $m\in[\![1;n]\!]$ n'est pas dans $S_n(k)$ si et seulement s'il existe $j\in[\![1;r]\!]$ tel que $p_j^k\mid m$, c'est-à-dire $m\in A_n(p_j^k)$. Ainsi $[\![1;n]\!]\setminus S_n(k)=\bigcup_{i=1}^{r}A_n(p_i^k)$ et
$$\boxed{q_n(k)=1-P_n\left(\bigcup_{i=1}^{r}A_n(p_i^k)\right).}$$
(Tester $p_1,\dots,p_r$ suffit : si $p$ premier vérifie $p^k\mid m$ avec $m\le n$, alors $p\le m\le n$ ; ainsi $q_n(k)$ est bien la probabilité que l'entier tiré soit sans facteur à la puissance $k$.)

La question 17 donne $q_n(k)=1+\sum_{m=1}^{r}\sum_{1\le i_1<\dots<i_m\le r}(-1)^mP_n\left(\bigcap_{\ell=1}^{m}A_n(p_{i_\ell}^k)\right)$. Pour $j\in[\![1;n]\!]$ : si $p_{i_\ell}^k\mid j$ pour tout $\ell$, les $p_{i_\ell}$ étant des premiers distincts, la décomposition en facteurs premiers de $j$ contient chaque $p_{i_\ell}$ avec un exposant au moins $k$, donc $p_{i_1}^k\cdots p_{i_m}^k\mid j$ ; la réciproque est immédiate. Donc $\bigcap_\ell A_n(p_{i_\ell}^k)=A_n(p_{i_1}^k\cdots p_{i_m}^k)$ et
$$\boxed{q_n(k)=1+\sum_{m=1}^{r}\sum_{1\le i_1<i_2<\dots<i_m\le r}(-1)^m\,P_n\left(A_n\left(p_{i_1}^kp_{i_2}^k\cdots p_{i_m}^k\right)\right).}$$

### Question 19

Les multiples de $d$ dans $[\![1;n]\!]$ sont $d,2d,\dots,\lfloor n/d\rfloor d$, donc, $P_n$ étant uniforme, $P_n(A_n(d))=\frac1n\left\lfloor\frac nd\right\rfloor$.

Pour $1\le i_1<\dots<i_m\le r$, posons $D=p_{i_1}\cdots p_{i_m}$ : $p_{i_1}^k\cdots p_{i_m}^k=D^k$ et $\mu(D)=(-1)^m$. L'application $\{i_1<\dots<i_m\}\mapsto p_{i_1}\cdots p_{i_m}$ ($m\ge1$) est injective (unicité de la décomposition) et a pour image l'ensemble $\mathcal D$ des entiers $D>1$ sans facteur carré dont tous les facteurs premiers sont parmi $p_1,\dots,p_r$. Le terme $1$ s'écrit $\frac1n\mu(1)\lfloor n/1^k\rfloor$. Ainsi
$$q_n(k)=\frac1n\sum_{D\in\{1\}\cup\mathcal D}\mu(D)\left\lfloor\frac{n}{D^k}\right\rfloor.$$
Si $d\ge1$ n'est pas dans $\{1\}\cup\mathcal D$ : ou bien $d$ a un facteur carré et $\mu(d)=0$ ; ou bien $d$ a un facteur premier $p\notin\{p_1,\dots,p_r\}$, donc $p>n$, et $d^k\ge d\ge p>n$, d'où $\lfloor n/d^k\rfloor=0$. Ces termes sont nuls ; la série ci-dessous n'a qu'un nombre fini de termes non nuls ($d^k\le n$) et
$$\boxed{q_n(k)=\frac1n\sum_{d=1}^{+\infty}\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d^k}\right\rfloor.}$$

### Question 20

La série $\ell=\sum_{d\ge1}\frac{\mu(d)}{d^k}$ converge absolument car $\left|\frac{\mu(d)}{d^k}\right|\le\frac1{d^k}$ et $k\ge2$.

**Intégrales.** $f_n$ est constante sur chaque $[d;d+1[$, donc continue par morceaux, et nulle sur $[n+1;+\infty[$ (car $d^k\ge d>n$) : elle est intégrable sur $[1;+\infty[$ et, par la question 19,
$$\int_1^{+\infty}f_n(t)\,\mathrm{d}t=\sum_{d=1}^{n}\frac1n\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d^k}\right\rfloor=q_n(k).$$

**Convergence simple.** Soit $t\ge1$ et $d=\lfloor t\rfloor$. De $\frac{n}{d^k}-1<\left\lfloor\frac{n}{d^k}\right\rfloor\le\frac{n}{d^k}$ vient $\frac1{d^k}-\frac1n<\frac1n\left\lfloor\frac{n}{d^k}\right\rfloor\le\frac1{d^k}$, donc $f_n(t)\xrightarrow[n\to+\infty]{}f(t):=\frac{\mu(\lfloor t\rfloor)}{\lfloor t\rfloor^k}$, fonction continue par morceaux sur $[1;+\infty[$.

**Domination.** Pour $t\ge1$ et $d=\lfloor t\rfloor$ : $|f_n(t)|\le\frac{1}{d^k}=:\varphi(t)$. La fonction $\varphi:t\mapsto\frac{1}{\lfloor t\rfloor^k}$ est positive, continue par morceaux, indépendante de $n$ et intégrable sur $[1;+\infty[$ : pour $M\in\mathbb{N}^*$, $\int_1^{M+1}\varphi=\sum_{d=1}^{M}\frac1{d^k}\le\zeta(k)$, et les intégrales sur $[1;X]$ d'une fonction positive sont croissantes en $X$ et majorées. (On peut aussi dominer par $t\mapsto 2^k/t^k$, puisque $t<d+1\le2d$.)

![Figure 3 — Pour k = 2 et n = 10, la fonction en escalier f_n (bleu), sa limite simple f (gris) et la domination −φ ≤ f_n ≤ φ avec φ(t) = 1/⌊t⌋^k (tirets)](/figures/corriges/mines-ponts_psi_maths-2_2026/q20-escalier-domination.svg)

**Conclusion.** Par le théorème de convergence dominée, $q_n(k)=\int_1^{+\infty}f_n\to\int_1^{+\infty}f$. Comme $f$ est intégrable, $\int_1^{+\infty}f=\lim_{M\to+\infty}\int_1^{M+1}f=\lim_{M\to+\infty}\sum_{d=1}^{M}\frac{\mu(d)}{d^k}=\ell$. Donc
$$\boxed{(q_n(k))_{n\in\mathbb{N}^*}\text{ converge et }\lim_{n\to+\infty}q_n(k)=\ell=\sum_{d=1}^{+\infty}\frac{\mu(d)}{d^k}.}$$

## Partie 4 : Calcul de la somme $\sum_{d=1}^{+\infty}\frac{\mu(d)}{d^k}$

### Question 21

**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 $(i,j)\in F_{N^2}$ :
$$\boxed{F_N\subset E_N\subset F_{N^2}.}$$

![Figure 4 — Pour N = 3, F_N (bleu) sous l'hyperbole ij = N, le carré E_N (orange pour E_N privé de F_N) et F_N² (gris) sous l'hyperbole ij = N², qui passe par le coin (N, N)](/figures/corriges/mines-ponts_psi_maths-2_2026/q21-domaines-fn-en.svg)

**Réindexation.** L'application $(m,d)\mapsto(d,m/d)$ 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
$$S_N=\sum_{m=1}^{N}\sum_{d\mid m}|u_d|\,v_{m/d}=\sum_{(i,j)\in F_N}|u_i|v_j.$$

**Convergence.** Les termes sont positifs et $F_N\subset F_{N+1}$, donc $(S_N)$ est croissante. Avec $T_N=\sum_{(i,j)\in E_N}|u_i|v_j=\left(\sum_{i=1}^{N}|u_i|\right)\left(\sum_{j=1}^{N}v_j\right)$, $U=\sum_{i\ge1}\frac{|\mu(i)|}{i^s}$ et $V=\sum_{j\ge1}\frac1{j^s}$ (séries convergentes car $|u_i|\le v_i=i^{-s}$ et $s>1$) : $S_N\le T_N\le UV$. Croissante et majorée, **$(S_N)$ converge**, vers une limite $L$.

**Identité.** Les inclusions et la positivité donnent $S_N\le T_N\le S_{N^2}$. Comme $S_{N^2}\to L$ (suite extraite), $T_N\to L$ ; mais $T_N\to UV$. Donc $L=UV$ :
$$\boxed{\sum_{m=1}^{+\infty}\left(\sum_{d\mid m}|u_d|\,v_{m/d}\right)=\left(\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{|\mu(i)|}{i^s}\right)\left(\sum_{j=1}^{+\infty}\frac1{j^s}\right).}$$

### Question 22

La même bijection (sur des sommes finies) donne $\sum_{m=1}^{N}\sum_{d\mid m}u_dv_{m/d}=\sum_{(i,j)\in F_N}u_iv_j$, et $\left(\sum_{i=1}^{N}u_i\right)\left(\sum_{j=1}^{N}v_j\right)=\sum_{(i,j)\in E_N}u_iv_j$. La différence vaut $\sum_{(i,j)\in E_N\setminus F_N}u_iv_j$, et par l'inégalité triangulaire ($v_j>0$) :
$$\boxed{\left|\left(\sum_{i=1}^{N}u_i\right)\left(\sum_{j=1}^{N}v_j\right)-\sum_{m=1}^{N}\left(\sum_{d\mid m}u_dv_{m/d}\right)\right|\le\sum_{(i,j)\in E_N}|u_i|v_j-\sum_{(i,j)\in F_N}|u_i|v_j.}$$

Le majorant vaut $T_N-S_N\to UV-UV=0$ (question 21). Les séries $\sum u_i$ et $\sum v_j$ convergent (absolument), donc le produit de leurs sommes partielles tend vers $\left(\sum u_i\right)\left(\sum v_j\right)$ ; par suite $\sum_{m=1}^{N}\sum_{d\mid m}u_dv_{m/d}$ converge vers la même limite. Enfin, pour $d\mid m$, $u_dv_{m/d}=\frac{\mu(d)}{d^s}\cdot\frac{d^s}{m^s}=\frac{\mu(d)}{m^s}$, d'où
$$\boxed{\sum_{m=1}^{+\infty}\frac1{m^s}\left(\sum_{d\mid m}\mu(d)\right)=\left(\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{\mu(i)}{i^s}\right)\left(\sum_{j=1}^{+\infty}\frac1{j^s}\right).}$$

### Question 23

Si $m=1$, la somme vaut $\mu(1)=1$. Si $m\ge2$, écrivons $m=\prod_{i=1}^{r}q_i^{\alpha_i}$ avec $r\ge1$, les $q_i$ premiers distincts, $\alpha_i\ge1$. Un diviseur $d$ de $m$ avec $\mu(d)\ne0$ est sans facteur carré et ses facteurs premiers divisent $m$ : $d=\prod_{i\in I}q_i$ pour une unique partie $I\subset[\![1;r]\!]$, et $\mu(d)=(-1)^{\operatorname{Card}I}$ ; réciproquement chaque tel produit divise $m$. Les autres diviseurs ont $\mu(d)=0$. Donc
$$\sum_{d\mid m}\mu(d)=\sum_{I\subset[\![1;r]\!]}(-1)^{\operatorname{Card}I}=\sum_{j=0}^{r}\binom rj(-1)^j=(1-1)^r=0.$$
$$\boxed{\sum_{d\mid m}\mu(d)=\begin{cases}1&\text{si }m=1\\0&\text{sinon.}\end{cases}}$$

### Question 24

Soit $s>1$. Par la question 23, le membre de gauche de la question 22 se réduit au terme $m=1$, qui vaut $1$. Donc $\left(\sum_{i\ge1}\frac{\mu(i)}{i^s}\right)\zeta(s)=1$. Comme $\zeta(s)\ge1>0$ (premier terme $1$, termes positifs) :
$$\boxed{\forall s>1,\quad\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{\mu(i)}{i^s}=\frac{1}{\zeta(s)}.}$$

### Question 25

Soit $k\ge2$. Par la question 20, $\lim_{n\to+\infty}q_n(k)=\sum_{d\ge1}\frac{\mu(d)}{d^k}$, et par la question 24 avec $s=k>1$, cette somme vaut $\frac1{\zeta(k)}$ :
$$\boxed{\lim_{n\to+\infty}q_n(k)=\frac{1}{\zeta(k)}.}$$
Avec la question 14 :
$$\boxed{\lim_{n\to+\infty}q_n(2)=\frac{6}{\pi^2}\approx0{,}608,\qquad\lim_{n\to+\infty}q_n(4)=\frac{90}{\pi^4}\approx0{,}924.}$$