Dimostreremo una cosa un po' più debole ma un po' più precisa, quindi manca ancora un pezzo da sporcaccioni per risponderti (c'è un \(n\) sufficientemente grande di mezzo).
Fatto. Detto \( \displaystyle S_m = \sum_{k=1}^m \varphi(k) \), vale
\[ \lim_{m \to \infty} \frac{S_m}{m^2} = \frac{3}{\pi^2}\]
Da questo segue che, per \(m\) sufficientemente grande vale :
\[ S_{2m} > \frac{12}{\pi^2} m^2 - \varepsilon > m^2 \]
Sfruttiamo il fatto che \(\displaystyle \varphi(n) = \sum_{d \mid n} \mu(d) \frac{n}{d} \) (come si ottiene? In mille modi: scrivendo \(\varphi(n)/n\) esplicitamente, con l'inversione di moebius..), abbiamo, per double counting:
\[ S_m = \sum_{k=1}^m \varphi(k) = \sum_{k=1}^m \sum_{d \mid k} \mu(d) \frac{k}{d} = \sum_{d=1}^m \mu(d) \sum_{d \mid k}^m \frac{k}{d} = \sum_{d=1}^m \mu(d) \sum_{j=1}^{[m/d] } j = \frac{1}{2} \sum_{d=1}^m \mu(d) [m/d] ( [m/d] +1 ) \]
Minoriamolo usando questa notazione (che mi rompo se no): \(\mu+\) in pedice alla sommatoria significa al variare degli addendi \(d\) che hanno \(mu(d)=+1\), e \(\mu-\)... lo lascio all'immaginazione. Vamos:
\[ S_m \ge \frac{1}{2} \left ( \sum_{d=1, \mu + }^m \mu(d) \frac{m}{d} ( \frac{m}{d} -1 ) + \sum_{d=1, \mu - }^m \mu(d) \frac{m}{d} (\frac{m}{d} +1) \right )= \frac{1}{2} \left ( m^2 \sum_{d=1}^m \frac{\mu(d)}{d^2} - m \sum_{d=1 }^m \frac{|\mu(d) |}{d} \right ) \ge \frac{1}{2} \left ( m^2 \sum_{d=1}^m \frac{\mu(d)}{d^2} - m \sum_{d=1}^m \frac{1}{d} \right ) \]
\[ = \frac{m^2}{2} \left ( \sum_{d=1}^m \frac{\mu(d) }{d^2} - \frac{H_m}{m}\right )\ \ (1) \]
dove \(H_m\) è la somma dei primi \(m\) inversi. Analogamente la maggiorazione dà
\[ S_m \le \frac{m^2}{2} \left ( \sum_{d=1}^m \frac{\mu(d) }{d^2} + \frac{H_m}{m} \right ) \ \ (2) \]
Per \(m \to \infty\), sfruttando in stile prodotto di eulero:
\[ \sum_{d=1}^{\infty} \frac{\mu(d)}{d^2} = \prod_{p \in \mathbb{P} } \left (1- p^{-2} \right ) = \left ( \prod_{p \in \mathbb{P} } \left (\frac{1}{1- p^{-2}} \right ) \right )^{-1}= \left (\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \right )^{-1} = \frac{6}{\pi^2} \]
e il fatto che \(H_m \sim \ln m\) (vedi
qui), da cui:
\[ \lim_{m \to \infty} \frac{H_m}{m} = 0\]
abbiamo
\[ \lim_{m \to \infty } (1) = (2) = \frac{3}{\pi^2} m^2 \]
Per il teorema dei caramba, \(S_m\) è compreso tra due cose che hanno lo stesso limite, quindi
\[ \lim_{m \to \infty} \frac{S_m}{m^2} = \frac{3}{\pi^2} \]
che è la tesi.
Zan-zan! E' arrivato il momento delle zozzerie! Stimiamo da quando vale la disuguaglianza \(>m^2\). Sia \(R_m\) il termine tra parentesi nella (1).
Enunciamo un principio generale (una sorta di versione fast di induzione sulle disuguaglianze) che ci alleggerirà di molto:
Siano \( f,g: \mathbb{N} \to \mathbb{R} \). Se \(n_0\) è tale che
1. \(f(n_0) > g(n_0) \)
2. \( f(n+1) - f(n) > g(n+1)-g(n) \) per ogni \(n \ge n_0\)
Allora \(f(n) > g(n)\) per ogni \(n \ge n_0\) (semplicemente per induzione).
A noi piacerebbe che \( R_m > 1/2 \). Vogliamo applicare il lemma. Si può verificare che per \(m=34\) si ha \(R_m > 1/2\).
Per la cond. (1) vorremmo \(R_{m+1}-R_m > 0 \ \ \)
(A) . Vale:
\[ R_{m+1} - R_m = \frac{\mu(m)}{m^2} + \frac{H_m}{m} - \frac{H_ {m+1} }{m+1} > -\frac{1}{m^2} + H_m \left ( \frac{1}{m} - \frac{1}{m+1} \right ) - \frac{1}{(m+1)^2}\]
\[ \frac{H_m}{m(m+1)} \stackrel{?}{\ge} \frac{1}{(m+1)^2}+ \frac{1}{m^2} \]
\[ H_m \stackrel{?}{\ge} \frac{m}{m+1} + \frac{m+1}{m} \ \ \ (B) \]
Riapplichiamo il lemma. Si può verificare che per \(m=4\) la disuguaglianza qui sopra vale. D'altronde, prendendo la "derivata discreta" da entrambe le parti e qualche conto al RHS:
\[ \frac{1}{m} \stackrel{?}{\ge} \frac{-2m}{(m+1)(m-1)} + \frac{2}{m} \]
che si riduce a \(m^2 \ge -1\), vera sempre. Quindi vale la
(B) per \(m \ge 4\), quindi vale la
(A) per \(m \ge 34\).
I casi \( 2m < 34 \) (16 casi) si verificano essere veri.
P.S. Con l'aiuto di
questo programmino si possono anche trovare i valori arbitrariamente vicini a \( \frac{6}{\pi^2} \) che \(R_m\) assume da un certo punto in poi.