Il limite non cambia se facciamo partire la somma da $ \displaystyle~k=1 $. Ponendo $ \displaystyle~S(n)=\sum_{k=1}^n \varphi(k) $ il limite richiesto è $ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\frac{S(n)}{n^2} $. Un'idea è cacciar via il denominatore con una specie di double-counting al numeratore: sappiamo che vale (v.
qui, eq. 1)
$ \displaystyle~\varphi(k)=\sum_{i|k}\mu(i)\cdot\frac{k}{i}=\sum_{(i,j):ij=k}\mu(i)j $
dunque $ \displaystyle~\sum_{k=1}^n \varphi(k)=\sum_{(i,j):1\le ij\le n}\mu(i)j=\sum_{i=1}^n\mu(i)\sum_{1\le j\le \frac{n}{i}}j $
Sappiamo che la seconda somma fa $ \displaystyle~1+\ldots+\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor=\frac{1}{2}\cdot\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{n}{i}+1\right\rfloor $ e che vale $ \displaystyle~\frac{1}{2}\cdot\frac{(n-i)n}{i^2}<\frac{1}{2}\cdot\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{n}{i}+1\right\rfloor\le\frac{1}{2}\cdot\frac{n(n+i)}{i^2} $, quindi vale $ \displaystyle~\sum_{i=1}^n\mu(i)\frac{(n-i)n}{2i^2}<S(n)\le\sum_{i=1}^n\mu(i)\frac{n(n+i)}{2i^2} $. Dividendo per $ \displaystyle~n^2 $ e facendo il limite per $ \displaystyle~n\to+\infty $
$ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\sum_{i=1}^n\mu(i)\frac{1-\frac{i}{n}}{2i^2}<\lim_{n\to+\infty}\frac{S(n)}{n^2}\le\lim_{n\to+\infty}\sum_{i=1}^n\mu(i)\frac{1+\frac{i}{n}}{2i^2} $ (per la permanenza del segno), ovvero
$ \displaystyle~\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2}<\lim_{n\to+\infty}\frac{S(n)}{n^2}\le\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2} $
quindi per il teorema dei carabinieri (mi pare si chiami così)
$ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\frac{S(n)}{n^2}=\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2} $
Un'idea per esprimere questa somma in forma chiusa è calare dall'alto con la forza
l'altra importante identità che coinvolge $ \displaystyle~\mu(\cdot) $:
$ \displaystyle~\sum_{i\mid x}\mu(i)=\begin{cases}1 & \textrm{sse }x=1 \\ 0 & \textrm{sse }x > 1 \end{cases} $
Possiamo costruire una doppia somma che contenga i termini di $ \displaystyle~\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2} $ e che abbia il denominatore semi-costante:
$ \displaystyle~\sum_{x\ge 1}\sum_{i\mid x}\frac{\mu(i)}{2x^2}=\frac{1}{2} $ (se $ \displaystyle~x>1 $ la seconda somma si annulla). Incredibilmente, ponendo $ \displaystyle~x=im $, riusciamo a fare saltar fuori la somma voluta:
$ \displaystyle~\sum_{x\ge 1}\sum_{i\mid x}\frac{\mu(i)}{2x^2}=\sum_{(i,m):im\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2m^2}=\sum_{i\ge 1}\sum_{m\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2m^2}=\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2}\sum_{m\ge 1} \frac{1}{m^2}=\frac{1}{2} $
La somma a destra è nota (v.
qui):
$ \displaystyle~\sum_{m\ge 1} \frac{1}{m^2}=\frac{\pi^2}{6} $, da cui $ \displaystyle~\frac{\pi^2}{6}\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2}=\frac{1}{2} $, da cui finalmente $ \displaystyle~\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2}=\frac{3}{\pi^2} $
Chiedo scusa se ci sono refusi nel $ \displaystyle~\LaTeX $ (dove mi trovo ho un accesso a Internet lentissimo)
Lo sapevo che almeno un refuso mi sarebbe scappato...