Théorie tauberienne

(1)

CLEMENT Elodie

Th´

eorie Taub´

erienne

2005 Travaux d’Etudes et de Recherches dirig´es par M. FRADELIZI

(2)

Table des mati`

eres

Chapitre 1

1-Th´eor`eme d’Abel

2-Théorème taubérien faible 3-Théorème taubérien fort 4-Théorème de Weierstrass

4.1-par les polynˆomes d’approximation de Bernstein 4.2-par la convolution

5-Sommes de Riemann 6-Théorème de Césaro 7-Réciproque de Césaro 8-Théorème taubérien

Chapitre 2

1- Th´eor`eme de Wiener 1.1 Introduction

1.2 Lemme 1 1.3 Th´eor`eme 1

1.4 Théorème de Wiener 1.5 Théorème 3

1.6 Th´eor`eme 4

2- Th´eor`eme des nombres premiers 2.1- Introduction

2.2- Rappels 2.3- Pr´eliminaires

2.4- La fonction Zéta de Riemann 2.5- Le théorème taubérien d’Ingham

(3)

Dans ce chapitre, nous allons démontrer plusieurs théorèmes qui nous aideront au chapitre 2.

1-Th´

eor`

eme d’Abel

Soit P

anzn une s´erie enti`ere de rayon de convergence ≥ 1 tq Pan

con-verge. On note R le rayon de convergence (R ≥ 1).

On note f la somme de cette série entière sur le disque unité( f (z) =P

anzn). On fixe θ0 ∈ h 0,π₂h et on pose: ∆θ0 = (z ∈ C; |z| < 1 et ∃p > 0, ∃θ ∈ [−θ0, θ0] , z = 1 − p exp iθ) Montrer que lim z→1 et z∈∆_θ0f (z) = ∞ X n=0 an

définition: z étant une variable réelle ou complexe, on appelle série entière de la variable z une série de la forme (P

anzn) o`u les (an) sont des coefficients

(4)

Une telle série peut converger ou diverger suivant les valeurs de z, donc il est naturel de s’interroger sur la zone des nombres complexes z pour lesquels une série entière converge.

Théorème: Pour une sérieP∞

n=0anzn, il existe R appel´e le rayon de

conver-gence tq:

a) la s´erie converge simplement sur (z tq |z| < R), en outre pour |z| < R, on a la convergence P∞

n=0|an||z|n < ∞.

b) la convergence est uniforme sur (z; |z| ≤ ρ) dès que ρ < R. c) Si |z| > R, la suite (|an||z|n) n’est pas bornée, la série diverge.

Preuve du th´eor`eme d’Abel:

Soient z ∈ C tq |z| < 1 et S = P∞ n=0an et Rn = P∞k=n+1ak pour tout n ∈ N. f (z) − S = ∞ X n=0 anzn− ∞ X n=0 an = ∞ X n=0 an(zn− 1) = ∞ X n=1 an(zn− 1) car z0 = 1 Or Rn= ∞ X k=n+1 ak et Rn−1 = ∞ X k=n ak Rn−1− Rn = ∞ X k=n ak− ∞ X k=n+1 ak= an d’o`u: f (z) − S = ∞ X n=1 (Rn−1− Rn)(zn− 1) = ∞ X n=1 Rn−1(zn− 1) − ∞ X n=1 Rn(zn− 1) = ∞ X n=0 Rn(zn+1− 1) − ∞ X n=1 Rn(zn− 1)

(5)

= ∞ X n=0 Rn(zn+1− zn) = ∞ X n=0 Rnzn(z − 1) = (z − 1) ∞ X n=0 Rnzn

Pour majorer |f (z) − S|, on va effectuer une transformation d’Abel. Qu’est-ce qu’une transformationd’Abel?

La transformation d’Abel est aux séries ce que l’intégration par parties est aux intégrales.

Soit une s´erie P

un avec un = αnvn. Pour tout n, on note Sn = Pn0vk.

Effectuer une transformation d’Abel sur la s´erie P

un c’est ´ecrire, pour tout

n, n X k=0 uk= n X k=0 αkvk = α0v0+ n X k=1 αk(Sk− Sk−1) = α0v0+ n X k=1 αkSk− n−1 X k=0 αk+1Sk = n−1 X k=0 (αk− αk+1)Sk+ αnSn

Fixons maintenant > 0 puis N ∈ N tq |Rn| < pour tout n ≥ N .

f (z) − S = (z − 1) ∞ X n=0 Rnzn |f (z) − S| ≤ |z − 1|| ∞ X n=0 Rnzn| = |z − 1|| N X n=0 Rnzn| + |z − 1|| ∞ X n=N +1 Rnzn| ≤ |z − 1|| N X n=0 Rnzn| + |z − 1| ∞ X n=N +1 |Rn||zn|

(6)

≤ |z − 1| N X n=0 |Rn||zn| + |z − 1| ∞ X n=N +1 |zn| ≤ |z − 1| N X n=0 |Rn||z|n+ |z − 1| ∞ X n=N +1 |z|n Or +∞ X n=0 zn= 1 1 − z donc +∞ X n=0 |z|n ₌ 1 1 − |z| donc ∞ X n=N +1 |z|n_≤ 1 1 − |z| donc |f (z) − S| ≤ |z − 1| N X n=0 |Rn||z|n+ |z − 1| 1 − |z| Or |z| < 1 d’o`u |f (z) − S| ≤ |z − 1| N X n=0 |Rn| + |z − 1| 1 − |z| or, on prend α = PN n=0|Rn| avec α > 0 tq ∀z ∈ C, |z| < 1, |z − 1| < α. Et on a: |z − 1|( N X n=0 |Rn|) <

Maintenant si z ∈ ∆θ0 d’après la définition de ∆θ0, on peut écrire:

z = 1 − ρ exp iϕ avecρ > 0 et |ϕ| ≤ θ0

z = 1 − ρ cos ϕ − iρ sin ϕ |z| =q(1 − ρ cos ϕ)2_{+ ρ}2_sin2_ϕ

=

q

1 + ρ2_cos2_{ϕ − 2ρ cos ϕ + ρ}2_sin2_ϕ

Donc |z|2 _{= 1 − 2ρ cos ϕ + ρ}2 |z − 1| 1 − |z|2(1 + |z|) = |z − 1| (1 − |z|)(1 + |z|)(1 + |z|)

(7)

= |z − 1| 1 − |z| Or z = 1 − ρ exp iϕ z − 1 = −ρ exp iϕ Donc

|z − 1| = | − ρ exp iϕ| = ρ car ρ > 0 |z|2 _{= 1 − 2ρ cos ϕ + ρ}2 1 − |z|2 = 2ρ cos ϕ − ρ2 donc |z − 1| 1 − |z| = ρ 2ρ cos ϕ − ρ2(1 + |z|) Or |z| < 1 d’o`u: ρ 2ρ cos ϕ − ρ2(1 + |z|) ≤ 2ρ 2ρ cos ϕ − ρ2 On simplifie par ρ: = 2 2 cos ϕ − ρ d’o`u: |z − 1| 1 − |z| ≤ 2 2 cos ϕ − ρ Ainsi, si ρ ≤ cos θ0 alors −ρ ≥ − cos θ0 De plus, |ϕ| ≤ θ0, avec θ0 ∈ h

0,π₂h (θ0 fix´e), cos est une fonction paire donc

cos |ϕ| = cos ϕ et cos est d´ecroissante sur h0,π 2

i

donc cos ϕ = cos |ϕ| ≥ cos θ0, ∀ |ϕ| ≤ θ0 < π₂,

2 cos ϕ − ρ ≥ 2 cos θ0− cos θ0 = cos θ0

donc |z − 1| 1 − |z| ≤ 2 2 cos θ0− cos θ0 = 2 cos θ0

Si z ∈ ∆θ0 et |z − 1| ≤ inf (α, cos θ0)(α par rapport à la prémiere inégalité

et cos θ0 par rapport à la seconde inégalité), on obtient:

|f (z) − S| ≤ + 2 cos θ0

(8)

= (1 + 2 cos θ0 ) avec θ0 fix´e. d‘o`u: lim z→1 et z∈∆_θ0f (z) = S = ∞ X n=0 an Remarque:

théorème d’Abel dans le cas de la droite réelle( z ∈ R): Même début de démonstration que dans le cas général. S = P∞ n=0an et Rn=P∞k=n+1ak pour tout n ∈ N. z ∈ R et 0 < z < 1 donc |z − 1| = 1 − z et 1 − |z| = 1 − z. |f (z) − S| ≤ |z − 1| N X n=0 |Rn| + |z − 1| 1 − |z| Or |z − 1| 1 − |z| = 1 donc |f (z) − S| ≤ |z − 1|( N X n=0 |Rn|) + Il existe α > 0 tq |z − 1| < α et tq |z − 1|(PN n=0|Rn|) < donc |f (z) − S| < 2 Remarques:

Critère des séries alternées:

On considère une série de terme général un tq:

la suite (un) d´ecroit et tend vers 0.

Alors la série de terme général (−1)nun converge.

1-En appliquant ce résultat à la série P(−1)n

2n+1 (en effet elle v´erifie les

hy-pothèses: d’après d’Alembert son rayon de convergence est 1 et d’après le critère des série alternées, P(−1)n

2n+1 converge), on en d´eduit que: ∞

X

n=0

(−1)n 2n + 1

(9)

= lim x→1 et x∈∆_θ0 ∞ X n=0 (−1)n 2n + 1x n = lim x→1 , x<1arctanx = arctan1 = π 4

De même pour la série suivante qui vérifie les hypothèses càd d’après d’Alembert son rayon de convergence est 1 et d’après le critère des séries alternées

P∞ n=1 (−1)n−1 n converge. ∞ X n=1 (−1)n−1 n =x→1etx<1lim ∞ X n=1 (−1)n−1 n x n = lim x→ et x<1log(1 + x) = log 2 2-Si la s´erie P

an converge absolument, le r´esultat est ´evident. En effet,

P

anzn converge normalement sur |z| ≤ 1, donc est continue sur |z| ≤ 1 et

donc en 1.

3-Cependant, la réciproque de ce théorème est fausse. Par exemple, lim r→1 , |z|<1 ∞ X n=0 (−1)nzn= lim r→1 , |z|<1 1 1 + z = 1 2 et pourtant P (−1)n _diverge.

4-Si an= o(_n1) c`ad si (nan) → 0 quand n → ∞ (thm taub´erien faible)

ou mieux si an= O(_n1) c`ad |nan| ≤ M (thm taub´erien fort),

la r´eciproque est vraie.

NB: Si nan→ 0 alors nan est born´e.

Par contre, |nan| ≤ M n’implique pas nan → 0.

(10)

2-Th´

eor`

eme Taub´

erien faible

Soit P

anzn une s´erie enti`ere de rayon de convergence 1 et f la somme de

cette série entière sur le disque unité. On suppose que:

∃S ∈ C , lim

x→1 , x<1f (x) = S.

Si an= o(_n1), montrer que Pan converge et que P∞n=0an = S.

Preuve: Soit f (x) =P

anxn

Pour tout n ∈ N , on note Sn =Pnk=0ak.

(11)

Sn− f (x) = n X k=0 ak− ∞ X k=0 akxk = n X k=0 ak− ( n X k=0 akxk+ ∞ X k=n+1 akxk) = n X k=0 ak(1 − xk) − ∞ X k=n+1 akxk (1 − x)(1 + x + x2+ ... + xk−1) = 1 + x + .... + xk−1− x − x2− ... − xk = 1 − xk Comme 1 − xk _{= (1 − x)(1 + x + x}2_{+ ... + x}k−1_{) ≤ k(1 − x)}

En effet, pour 0 < x < 1, xi < 1, ∀i ∈ [0, k − 1] donc (1 − xk_{) ≤ k(1 − x)} On en d´eduit que ∀n ∈ N , ∀x ∈ ]0, 1[, |Sn− f (x)| ≤ | n X k=0 ak(1 − xk)| + | ∞ X k=n+1 akxk| ≤ n X k=0 |ak|(1 − xk) + ∞ X k=n+1 |ak|xk ≤ (1 − x) n X k=0 k|ak| + ∞ X k=n+1 |ak|xk Or k > n donc k_n > 1,d’o`u: ≤ (1 − x) n X k=1 k|ak| + ∞ X k=n+1 k|ak| n x k ≤ (1 − x) sup k≤n (k|ak|) n X k=1 1 + 1 nsupk>n (k|ak|) ∞ X k=n+1 xk ≤ (1 − x) sup k≤n (k|ak|)n + sup_k>n(k|ak|) n(1 − x) car P∞ k=0xk = 1−x1 donc P∞ k=n+1xk≤ 1−x1 |Sn− f (x)| ≤ (1 − x)M n + sup_k>n(k|ak|) n(1 − x)

(12)

o`u M d´esigne un majorant de la suite(k|ak|).

2 _{(on peut car ka}

D’apr`es les hypoth`eses, f (x) tend vers S lorsque x → 1−, donc il existe N1 ≥ N0 tq |f (1 − _n) − S| < pour tout n ≥ N1. Ainsi, ∀n ≥ N1 : |Sn− S| = |Sn− f (1 − n) + f (1 − n) − S| |Sn− S| ≤ |Sn− f (1 − n)| + |f (1 − n) − S| ≤ (M + 1) + = (M + 2)

On en d´eduit que Sn converge vers S.

D’o`u X an converge et ∞ X n=0 an = S.

(13)

Remarque:

(14)

3-Th´

eor`

eme taub´

erien fort

Soit (an) une suite r´eelle tq an = O(_n1) lorsque n → ∞, c`ad quand

nan≤ M , ∀n.

On suppose que la s´erie enti`ereP

anzna un rayon de convergence ≥ 1 et que

sa somme F v´erifie limx→1−F (x) = 0.

But:

Montrer que la s´erie P

an converge et que sa somme est nulle.

On note Φ l’ensemble des fonctions ϕ : [0, 1] → R tq: 1. Pour tout x ∈ [0, 1[ , P

anϕ(xn) converge;

2. limx→1−P∞_n=0a_nϕ(xn) = 0.

Preuve: 1er pas:

On vérifie que pour toute fonction polynôme p nulle en 0 est élément de Φ. On suppose que p(x) = xk _{avec k ∈ N}∗_.

p(0) = 0.

M ontrons que Xanp(xn) converge pour tout x ∈ [0, 1[ .

P

anp(xn) = Pan(xk)n.

Or, par hypothèse, la série entière P

anzn a un rayon de convergence ≥ 1

donc pour |z| < 1, on a P

anzn converge.

D’o`u: P

an(xk)n converge pour tout x ∈ [0, 1[ avec k ∈ N∗.

(On remarque que |xk_{| < 1).}

M ontrons que lim

x→1−

∞

X

n=0

anϕ(xn) = 0.

Par hypoth`ese, on a F (z) =P∞

n=0anzn et limx→1−F (x) = 0. ∀x ∈ [0, 1[: F (xk) = ∞ X n=0 an(xk)n = ∞ X n=0 an(p(x))n = ∞ X n=0 anp(xn).

(15)

Or limx→1−F (x) = 0. Donc lim x→1−F (x k ) = 0 d’o`u lim x→1− ∞ X n=0 anp(xn) = 0 ∀k ∈ N∗ On pose maintenant, p(x) =Pj

k=1bkxk (p:polynˆome d’ordre j)

p(0) = 0. X anp(xn) = ∞ X n=0 an j X k=1 bk(xk)n D’apr`es Fubini: = j X k=1 bk ∞ X n=0 an(xk)n car P∞

n=0an(xk)n converge absolument pour tout x ∈ [0, 1[ avec k ∈ N∗(par

hypothèse la série entière P

anzn a un rayon de convergence ≥ 1).

Donc P

anp(xn) converge pour tout x ∈ [0, 1[.

lim x→1− ∞ X n=0 anp(xn) = lim x→1−b1 ∞ X n=0 anxn+ ... + lim x→1−bk ∞ X n=0 an(xk)n+ ... = 0 Car lim_x→1−P∞_n=0a_n(xk)n= 0 ∀x ∈ [0, 1[ et ∀k. NB:

Par linéarité, on en déduit que le résultat est vrai pour tout polynôme. 2ème pas:

Soit q une fonction polynˆome.

Montrer l’existence et d´eterminer limx→1−(1 − x)P∞_n=0xnq(xn).

Le polynˆome q est born´e sur [0, 1] donc |q(xn_{)| ≤ M}

donc pour x ∈ [0, 1[ on a |P

xnq(xn)| ≤ P_|xn_||q(xn

)| ≤ MP_|x|n

< ∞. Donc la s´erie converge absolument donc elle converge.

(16)

Soit q(x) = xk _{avec k ∈ N .} ∀x ∈ [0, 1[ : (1 − x) ∞ X n=0 xnq(xn) = (1 − x) ∞ X n=0 xn(xk)n = (1 − x) ∞ X n=0 (xk+1)n = 1 − x 1 − xk+1 = 1 xk_{+ x}k−1_{+ ... + x + 1} donc lim x→1−(1 − x) ∞ X n=0 xnq(xn) = lim x→1− 1 xk_{+ x}k−1_{+ ... + x + 1} = 1 1 + k de plus, Z 1 0 q(t)dt = Z 1 0 tkdt = " tk+1 k + 1 #1 0 = 1 k + 1 donc lim x→1−(1 − x) ∞ X n=0 xnq(xn) = 1 k + 1 = Z 1 0 q(t)dt

On peut r´esoudre par les sommes de Riemann (cf plus tard). Soit q(x) = j X k=0 bkxk (q est d’ordre j)

D’après précédemment, on obtient: lim x→1−(1 − x) ∞ X n=0 bk(xk+1)n

(17)

= bk lim x→1−(1 − x) ∞ X n=0 (xk+1)n = bk k + 1 Puis par lin´earit´e, on obtient:

lim x→1−(1 − x) ∞ X n=0 xnq(xn) = j X k=0 bk lim x→1−(1 − x) ∞ X n=0 (xk+1)n = j X k=0 bk k + 1 de plus Z 1 0 q(t)dt = Z 1 0 b0+ b1x + ... + bkxk+ ...dx = [b0x] 1 0+ " b1x2 2 #1 0 + ... + " bkxk+1 k + 1 #1 0 + ... = b0+ b1 2 + ... + bk k + 1 + ... = ∞ X k=0 bk k + 1 d’o`u lim x→1−(1 − x) ∞ X n=0 xnq(xn) = ∞ X k=0 bk k + 1 = Z 1 0 q(t)dt 3`eme pas:

On consid`ere la fonction g : [0, 1] → R g : x 7−→ 0 si 0 ≤ x < 1₂

: x 7−→ 1 sinon

Pour tout > 0, montrons qu’il existe deux polynˆomes p1 et p2 v´erifiant:

i) p1(0) = p2(0) = 0 et p1(1) = p2(1) = 1 ii)p1 ≤ g ≤ p2 sur [0, 1] iii)R1 0 q(x)dx < pour q(x) = p2(x)−p1(x) x(1−x)

(18)

On consid`ere la fonction h : [0, 1] → R d´efinie par: h(x) = g(x)−x_x(1−x) si x ∈ ]0, 1]

h(0) = −1 h(1) = 1

Compte-tenu de la valeur de g, la fonction h v´erifie: •∀x ∈h0,1₂h; h(x) = _x(1−x)−x (car g(x) = 0) = _1−x−1 . On a bien h(0) = −1. •∀x ∈h1 2, 1 i ; h(x) = _x(1−x)1−x (car g(x) = 1) = 1_x. On a bien h(1) = 1. h0(x) = _(1−x)−1 2 sur h 0,1₂h = −1_x2 sur h 1 2, 1 i

(19)

————–

On peut trouver deux fonctions s1 et s2 tq s1 ≤ h ≤ s2 et:

Z 1 0 s2(x) − s1(x)dx ≤ Z 1 2+ 1 2− 1 x + 1 1 − xdx = [log x] 1 2+ 1 2− + [− log(1 − x)] 1 2+ 1 2−

(20)

= log(1 2 + ) − log( 1 2− ) − log( 1 2 − ) + log( 1 2+ ) = 2 log(1 2+ ) − 2 log( 1 2− ) Quand → 0, on a: 2 log(1₂ + ) − 2 log(1₂ − ) → 0, donc:

Z 1

0

s2(x) − s1(x)dx ≤

Th´eor`eme de Weierstrass: Toute fonction f continue sur un segment [a, b] `

a valeurs réelles( ou à valeurs complexes) est limite uniforme sur [a, b] d’une suite de fonctions polynomiales.(cf: deux démonstrations).

Remarque: Le r´esultat est faux sur un intervalle quelconque de R.

Comme s1et s2sont deux fonctions continues, on peut trouver deux polynˆomes

t1 et t2 tq sur [0, 1]: 1) |t1− s1| < et 2) |t2− s2| < . On pose: 10) u1 = t1− et 2 0 ) u2 = t2+ Or − < t1− s1 < donc −s1 < − t1 donc s1 > t1− = u1

et − < t2− s2 < donc − − t2 < −s2 donc s2 < + t2 donc s2 < u2

Or s1 ≤ h ≤ s2 donc d’après 1) et 10), on a u1 < s1 et d’après 2) et 20), on a s2 < u2 d’où u1 < s1 ≤ h ≤ s2 < u2 Z 1 0 u2(x) − u1(x)dx = Z 1 0 t2(x) + − t1(x) + dx = Z 1 0 t2(x) − t1(x) + 2 dx ≤ Z 1 0 s2(x) − s1(x) + 2 dx = Z 1 0 s2(x) − s1(x) dx + 2 ≤ 3

(21)

car Z 1 0 s2(x) − s1(x) dx < Remarque: |t1− s1| < − < t1− s1 < − − t1 < −s1 < −t1+ −t1 < −s1+ Quand → 0, on a − t1 < −s1. |t2− s2| < − < t2− s2 < − + s2 < t2 < s2+ Quand → 0, on a t2 < s2. On a h(x) = g(x) − x x(1 − x) pour x ∈ ]0, 1[ x(1 − x)h(x) = g(x) − x donc g(x) = x + x(1 − x)h(x) sur ]0, 1[ Posons: p1(x) = x + x(1 − x)u1(x) p2(x) = x + x(1 − x)u2(x) On a bien p1(0) = 0 et p2(0) = 0. De plus, p1(1) = 1 et p2(1) = 1. u1(x) < h(x) < u2 pour x ∈ ]0, 1[ Or 1 − x > 0 donc (1 − x)u1(x) < (1 − x)h(x) < (1 − x)u2 Or x > 0

(22)

donc x(1 − x)u1(x) < x(1 − x)h(x) < x(1 − x)u2 donc x + x(1 − x)u1(x) < x + x(1 − x)h(x) < x + x(1 − x)u2 donc p1(x) ≤ g(x) ≤ p2(x) pour x ∈ [0, 1] donc p1 ≤ g ≤ p2 Posons q(x) = p2(x) − p1(x) x(1 − x) = x(1 − x)(u2(x) − u1(x)) x(1 − x) = u2(x) − u1(x) Z 1 0 u2(x) − u1(x) dx < 3 donc Z 1 0 q(x) dx < 3

donc on a bien trouvé deux polynômes p1 et p2 qui vérifient i, ii et iii.

4`eme pas:

Montrons que g ∈ Φ c`ad: 1. pour tout x ∈ [0, 1[ ,P ang(xn) converge. 2. limx→1−P∞_n=0a_ng(xn) = 0. D´efinition de g: g : [0, 1] → R x 7−→ 0 si 0 ≤ x < 1 2 x 7−→ 1 sinon Pour 0 ≤ x < 1₂, g(x) = 0 et donc g(xn) = 0 Pour 1 2 ≤ x < 1, g(x) = 1

(23)

Pourtant: g(xn_{) = 0 d`}_{es que x}n_< 1 2 .

Supposons qu’`a partir de l’ordre N, on a xN < 1₂

∞ X n=1 ang(xn) = N −1 X n=1 ang(xn) + ∞ X n=N ang(xn) = N +1 X n=1 an donc X

ang(xn) converge pour tout x ∈ [0, 1[ .

On a p1 ≤ g ≤ p2. De plus, an= O( 1 n) lorsque n → ∞

donc ∃M > 0 tq |nan| ≤ M pour tout n ∈ N∗ donc |an| ≤ M_n.

∀x ∈ [0, 1[, | ∞ X n=0 ang(xn) − ∞ X n=0 anp1(xn)| ≤ ∞ X n=0 |an||(g − p1)(xn)| = ∞ X n=0 |an|(g − p1)(xn) car g − p1 ≥ 0 Or p1 ≤ g ≤ p2 donc 0 ≤ g − p1 ≤ p2− p1 donc P (g − p1)(xn) ≤P(p2− p1)(xn) | ∞ X n=0 ang(xn) − ∞ X n=0 anp1(xn)| ≤ ∞ X n=0 |an|(p2 − p1)(xn) = ∞ X n=1 |an|(p2− p1)(xn) car (p2− p1)(1) = 0 ≤ ∞ X n=1 M n (p2− p1)(x n )

(24)

Or q(xn) = p2(x n_{) − p} 1(xn) xn_{(1 − x}n₎ (p2− p1)(xn) = xn(1 − xn)q(xn) donc | ∞ X n=0 ang(xn) − ∞ X n=0 anp1(xn)| ≤ M ∞ X n=1 xn_{(1 − x}n₎ n q(x n ) Or (1 − xn) = (1 − x)(1 + x + ... + xn−1) ≤ (1 − x)n car x ∈ [0, 1[ donc | ∞ X n=0 ang(xn) − ∞ X n=0 anp1(xn)| ≤ M ∞ X n=1 xn(1 − x)n n q(x n₎ = (1 − x)M ∞ X n=1 xnq(xn) Or p1 ∈ Φ et limx→1−(1 − x)P∞_n=1xnq(xn) = R₀1q(t) dt < . On en d´eduit que: ∃λ ∈ [0, 1[ et ∀x ∈ [λ, 1[ : | ∞ X n=0 anp1(xn)| < et (1 − x) ∞ X n=1 xnq(xn) < 2 donc ∀x ∈ [λ, 1[ : || ∞ X n=0 ang(xn)| − | ∞ X n=0 anp1(xn)|| < | ∞ X n=0 ang(xn) − ∞ X n=0 anp1(xn)| donc | ∞ X n=0 ang(xn)| < | ∞ X n=0 anp1(xn)| + | ∞ X n=0 an(g − p1)(xn)| < + 2M = (2M + 1) donc lim x→1− ∞ X n=0 ang(xn) = 0.

(25)

donc g ∈ Φ. Remarque: p1 ∈ Φ.

En effet p1(0) = 0, or toute fonction polynôme p nulle en 0 est élément de Φ

donc p1 ∈ Φ.

5`eme pas:

Si (bn)n est une suite r´eelle v´erifiant bn = O(_n1) et si limx→1−P∞_n=0b_nxn = l,

alors la s´erie P

bn converge et sa somme vaut l.

La forme de g montre que: ∀x ∈ [0, 1[ , P∞

n=0ang(xn) = P

[− log 2 log x ]

n=0 an

En effet, la s´erie est nulle d`es que xn_< 1 2

log x croit donc:

log xn < log1 2 n log x < − log 2 n < − log 2 log x donc n ≤ " − log 2 log x # Comme g ∈ Φ, on a: 1. pour tout x ∈ [0, 1[ ,P ang(xn) converge. 2. limx→1−P∞ n=0ang(xn) = 0. donc lim x→1− [− log 2 log x ] X n=0 an = 0 donc X an converge. Soit a0 = b0− l et an= bn: Quand x → 1−, log x → 0

(26)

donc − log 2 log x → ∞ donc X n≥0 an → 0 donc a0+ X n≥1 an → 0 donc b0− l + X n≥1 bn → 0 donc X n≥0 bn− l → 0 donc X n≥0 bn→ l Remarques:

1- En prenant b0− l = a0 et bn= ancomme an = O(_n1), on a bien bn = O(_n1).

2- limx→1−P∞_n=0b_nxn= l.

P∞

n=0xn fonction polynˆome.

limx→1−P∞

n=0anxn+ l = limx→1−P∞

n=0bnxn.

Or limx→1−P∞_n=0a_nxn = 0 d’apr`es le 1er pas avec k = 1.

donc lim x→1− ∞ X n=0 bnxn = l.

(27)

4-Th´

eor`

eme de Weierstrass

Deux d´emonstrations:

4.1-Par polynˆomes d’approximation de Bernstein.

On note I = [0, 1] et C l’espace des fonctions continues de I dans C. On note ∀n ∈ N , ∀k ∈ 0, 1, ...., n.

Rk

n: x 7−→ Cnkxk(1 − x)k

et pour toute fonction f ∈ C ( fonctions continues) ∀n ∈ N , Bn(f ) : I → C x 7−→Pnk=0f (kn)R k n(x) Preuve: n X k=0 (k n − x) 2_Rk n(x) = n X k=0 (k 2 n2 − 2x k n + x 2_)Rk n(x) = n X k=0 k2 n2R k n(x) − 2x n X k=0 k nR k n(x) + x 2 n X k=0 Rk_n(x) D’apr`es la d´efinition de Bn, on obtient

n X k=0 (k n − x) 2 Rk_n(x) = Bn(x2) − 2xBn(x) + x2Bn(1). Exprimons Bn(1), Bn(x), Bn(x2). ∀n ∈ N , ∀(a, b) ∈ R2_, F (a, b) = (a + (1 − b))n= n X k=0 C_nkak(1 − b)n−k (d’apr`es le binˆome de Newton).

Bn(1) = F (1, 1) = 1 Bn(x) = 1 n n X k=0 C_nkkxk(1 − x)n−k = 1 n n X k=0 n! k!(n − k)!kx k_{(1 − x)}n−k = 1 n n X k=1 n! (k − 1)!(n − k)!x k_{(1 − x)}n−k

(28)

= nx n n X k=1 (n − 1)! (k − 1)!(n − k)!x k−1_{(1 − x)}n−k = x n X k=1 C_n−1k−1xk−1(1 − x)n−k = x n−1 X k=0 C_n−1k xk(1 − x)n−k−1 = x(x + (1 − x))n−1= x donc Bn(x) = x Bn(x2) = 1 n2 n X k=0 C_nkk2xk(1 − x)n−k = 1 n2 n X k=0 n! k!(n − k)!k 2_xk_{(1 − x)}n−k or k2 = k(k − 1) + k donc Bn(x2) = 1 n2 n X k=0 C_nkk(k − 1)xk(1 − x)n−k+ 1 n2 n X k=0 C_nkkxk(1 − x)n−k 1 n2 n X k=0 C_nkk(k − 1)xk(1 − x)n−k = 1 n2 n X k=0 n! k!(n − k)!k(k − 1)x k_{(1 − x)}n−k = 1 n2 n X k=2 n! (k − 2)!(n − k)!x k_{(1 − x)}n−k = n(n − 1) n2 n X k=2 (n − 2)! (k − 2)!(n − k)!x k_{(1 − x)}n−k = n − 1 n n−2 X k=0 C_n−2k−2xk+2(1 − x)n−k−2 = n − 1 n x 2 n−2 X k=0 C_n−2k−2xk(1 − x)n−k−2 = n − 1 n x 2

(29)

donc Bn(x2) = x n + n − 1 n x 2_. = x2+x(1 − x) n d’o`u: n X k=0 (k n − x) 2_Rk n(x) = Bn(x2) − 2xBn(x) + x2Bn(1) = x2+ x(1 − x) n − 2x 2 + x2 = x(1 − x) n . On pose: |k_n− x| ≥ η donc (k n− x) 2 _{≥ η}2 _{donc (}kn−x η ) 2 _{≥ 1} donc X k;|k n−x|≥η Rk_n(x) ≤ n X k=0 ( k n − x η ) 2_Rk n(x) = 1 η2 x(1 − x) n ≤ 1 nη2 car x ∈ [0, 1] et 1 − x ∈ [0, 1] donc x(1 − x) ≤ 1.

Pour tout f ∈ C, montrons que la suite de fonctions (Bn(f ))n∈N converge

uniform´ement vers f sur [0, 1].

On peut voir l’expression donnant Bn(f )(x) comme barycentre des points

f (_nk) dont les coefficients les plus significatifs se trouvent dans la r´egion o`u

k

n est dans un voisinage de x.

En effet, Bn(f )(x) =Pnk=0f ( k n)R k n(x) avec Rkn(x) = Cnkxk(1 − x)k et P R_nk(x) = 1. On a donc Bn(f ) ≈ f (x).

Soit > 0, la fonction f est continue sur le compact I. Elle est donc bornée, càd ∃M > 0 tq |f (x)| ≤ M sur I, d’après le théorème de Heine, f est uni-formément continue, d’où:

(30)

=⇒ |f (x) − f (x0)| < th´eor`eme de Heine:

Si f est une fonction continue sur un segment I = [a, b], plus généralement sur un compact K, elle y est uniformément continue.

∀x ∈ I, ∀n ∈ N, |Bn(f )(x) − f (x)| = |Bn(f )(x) − Bn(1)f (x)| = | n X k=0 (f (k n) − f (x))R k n(x)| ≤ n X k=0 |f (k n) − f (x)|R k n(x) ≤ X k;|k_n−x|<η |f (k n) − f (x)|R k n(x) + X k;|k_n−x|≥η |f (k n) − f (x)|R k n(x) ≤ ( X k;|_nk−x|<η Rk_n(x)) + 2M ( X k;|_nk−x|≥η )Rk_n(x) ≤ ( X k;|k n−x|<η Rk_n(x)) + 2M nη2 ≤ + 2M nη2.

On pose N tq _{N η}2M2 < , alors ∀n ≥ N , on aura

|Bn(f )(x) − f (x)| < 2

d’o`u (Bn(f ))n∈N converge uniform´ement vers f sur [0, 1].

Or les (Bn(f ))n∈N sont des fonctions polynˆomes, donc on vient de

mon-trer que toute fonction continue sur [0, 1] est limite uniforme de fonction polynˆome sur [0, 1].

Par changement de variable, on déduit le théorème de Weierstrass sur [a, b]. 4.2-Par convolution:

Soit l’espace vectoriel des fonctions continues de R dans C et nulles en dehors d’un compact.

(31)

• f ∗ g : R → C : x 7−→R Rf (x − t)g(t)dt 1er pas: f ∗ g(x) = Z R f (x − t)g(t) dt Changement de variable: u = x − t, du = −dt f ∗ g(x) = Z −∞ +∞ f (u)g(x − u)(−du) = Z R f (u)g(x − u)du = g ∗ f (x) d’o`u ∗ est commutative.

• (f ∗ (g + h))(x) = Z R f (x − t)(g + h)(t)dt = Z R f (x − t)g(t)dt + Z R f (x − t)h(t)dt = (f ∗ g)(x) + (f ∗ h)(x)

donc ∗ est distributive par rapport `a l’addition. 2`eme pas:

Soit > 0. La fonction f est continue et nulle en dehors d’un compact, elle est donc uniform´ement continue sur R, donc

∃η > 0, ∀(x, y) ∈ R2_{, |x − y| < η ⇒ |f (x) − f (y)| < .}

Soit M un majorant de |f | sur R. Soit (χn)ntoute suite de fonctions positives

de tq ∀n ∈ N , R+∞ −∞ χn(t)dt = 1 et ∀α > 0, limn→+∞ R |t|≥αχn(t)dt = 0 (∀ > 0 ∃N tq ∀n ≥ N on a |R |t|≥αχn(t)dt| < ). ∀x ∈ R |f ∗ χn(x) − f (x)| = | Z +∞ −∞ f (x − t)χn(t)dt − f (x)| = | Z +∞ −∞ (f (x − t) − f (x))χn(t)dt| = | Z |t|≥η (f (x − t) − f (x))χn(t)dt| + | Z η −η (f (x − t) − f (x))χn(t)dt|

(32)

≤ Z |t|≥η|f (x − t) − f (x)|χn(t)dt + Z η −η|f (x − t) − f (x)|χn(t)dt ≤ 2M + Z η −η χn(t)dt ≤ 2M + Z ∞ −∞ χn(t)dt = (2M + 1)

donc (f ∗ χn)n converge uniform´ement vers f sur R.

3`eme pas:

Pour tout n ∈ N , on pose an =

R1 −1(1 − t2)ndt et pn : R → C : t 7−→ (1−t 2₎n an si |t| ≤ 1, 0 sinon. Z +∞ −∞ pn(t)dt = Z 1 −1pn(t)dt = Z 1 −1 (1 − t2₎n R1 −1(1 − t2)ndt dt = 1 De plus, ((1 − t2₎n_{) ≥ 0 ∀n et ∀ |t| ≤ 1.} ∀n ∈ N∗_{, ((1 − t}2₎n_{) est paire.} donc an= 2 Z 1 0 (1 − t2)ndt ≥ 2 Z 1 0 (1 − t2)ntdt car 0 ≤ t ≤ 1 u(t) = 1 − t2_{, u}0_{(t) = −2t} donc Z 1 0 (1 − t2)ntdt = − Z 1 0 (u(t))nu0(t)dt = " −(1 − t 2₎n+1 n + 1 #1 0 = 1 n + 1 donc an≥ 1 n + 1 donc 1 an ≤ n + 1

(33)

Si α > 0 ( et α < 1) ∀n ∈ N∗, Z |t|≥α pn(t)dt = 2 an Z 1 0 (1 − t2)ndt ≤ 2 an (1 − α2)n ≤ 2(n + 1)(1 − α2₎n En effet Z 1 α (1 − t2)ndt ≤ Z 1 α (1 − α2)ndt ≤ (1 − α2)n(1 − α) ≤ (1 − α2)n donc _Z |t|≥αpn(t)dt ≤ 2(n + 1)(1 − α 2 )n Or, |1 − α2_{| < 1 d’o`}_u (1 − α2)n → 0 donc par croissance domin´ee:

(n + 1)(1 − α2)n→ 0 donc R

|t|≥αpn(t)dt tend vers 0 lorsque n → +∞.

4`eme pas:

Soit f ∈ , nulle en dehors de I =h−1 2, 1 2 i . f ∗ pn(x) = pn∗ f (x) = Z 1/2 −1/2 pn(x − t)f (t)dt. car f = 0 sur h−1 2, 1 2 ic On pose I = h−1 2, 1 2 i . Lorsque x ∈ I et t ∈ I, on a |x − t| ≤ 1, pn(x − t) = (1 − (x − t)2₎n _{en d´}_{eveloppant, p}

n(x − t) s’´ecrit sous la forme

P2n

k=0qk(t)xk pour tout k o`u qk est une fonction polynˆome.

On en d´eduit ∀x ∈ I (f ∗ pn)(x) = Z 1/2 −1/2 2n X k=0 qk(t)xkf (t)dt

(34)

Inversion de la somme et de l’int´egrale(car finies): = 2n X k=0 ( Z 1/2 −1/2qk(t)f (t)dt)x k

ce qui est bien une fonction polynˆome sur I.

Or, (f ∗ pn) converge uniform´ement vers f sur R, plus particuli`erement sur

I.

⇒ f est limite uniforme sur I d’une suite de fonctions polynˆome. 5`eme pas:

Soit [a, b] un segment de R et f : [a, b] → C une fonction continue. Soit c < a et b < d.

Pour un intervalle plus grand [c, d], on prolonge f sur [c, a] par une fonction affine égale à 0 en c et égale à f (a) en a, puis sur [b, d] égale 0 en d et égale f (b) en b.

On prolonge f sur tout R en prenant f (x) = 0 hors de [c, d], le prolongement est ainsi continu sur R.

(35)

On peut se placer dans le cas o`u [c, d]=[−1/2, 1/2]. ⇒ f limite uniforme de fonctions polynˆome sur [c, d] en particulier [a, b] ⊂ [c, d]

puis on fait un changement de variable.

(36)

5-Sommes de Riemann

d´efinition: On appelle subdivision ∆ de l’intervalle [a, b] un ensemble fini de n + 1 r´eels x0, x1, ...., xn tq

a = x0 < x1 < .... < xn−1 < xn= b

Le pas de la subdivision ∆ not´e h(∆) est d´efini par h(∆) = maxi=1,...,n(xi− xi−1)

Un subdivision est donc un découpage, une partition de l’intervalle d’intégration en sous-intervalles. L’idée pour approcher l’intégrale de f sur [a, b] est de remplacer f par une fonction en escaliers, constante sur chaque intervalle de la subdivision.

L’intégrale d’une fonction en escaliers est une somme de surfaces de rectan-gles que l’on appelle somme de Riemann associée à f .

d´efinition: Soit ∆ = (x0, x1, ...., xn) une subdivision de [a, b]. Pour tout

i = 1, ..., n, choisissons un point ξi dans l’intervalle [xi−1, xi]. La somme

S = Pn

i=1(xi− xi−1)f (ξi) est appelée somme de Riemann associée à f .

th´eor`eme de Riemann:

Soit f une fonction continue sur [a, b]. Pour tout > 0, il existe α > 0 tq pour toute somme de Riemann S(f ), on ait:

|S(f ) −

Z b

a

f | < Preuve:

(37)

< n X i=1 Z xi xi−1 b − adt = D’après le théorème de Riemann:

limh(∆)→0S(f ) = Z 1 0 f (x)dx avec h(∆) = max|xi+1− xi| S(f ) = +∞ X i=0 (xi+1− xi)f (ξi) = +∞ X i=0 (xi− xi+1_{)f (x}i_{) = (1 − x)} +∞ X i=0 xif (xi)

Le plus grand intervalle est (1 − x) donc h(∆) = 1 − x. Quand h(∆) → 0 on a 1 − x → 0 donc x → 1−. Donc lim x→1− +∞ X i=0 xif (xi) = Z 1 0 f (x)dx

(38)

6-Th´

eor`

eme de C´

esaro

Soit (sn) une suite de r´eels convergeant vers un r´eel s.

Alors la suite (vn), d´efinie, pour n ∈ N∗, par: vn = _n1Pnk=1sk converge

´

egalement vers s. Preuve:

Fixons ∈ R∗₊. Comme (sn) converge vers s: ∃N ∈ N tq ∀k ∈ N , k ≥ N

=⇒ |sk− s| ≤ Pour n > N , on a: vn− s = _n1 Pnk=1(sk− s) En effet, s = _n1Pn k=1s |vn− s| ≤ 1 n n X k=1 |sk− s| = 1 n N X k=1 |sk− s| + 1 n n X k=N +1 |sk− s| Posons An = _n1PNk=1|sk − s| →n→+∞ 0 donc ∃N 0 ∈ N∗_{, ∀n ∈ N , n ≥ N}0 =⇒ |An| ≤ .

Pour n > max(N, N0), on a alors |vn− s| ≤ An+ 1 n n X k=N +1 |sk− s| ≤ + n − N n ≤ 2 donc vn converge vers s.

(39)

7-R´

eciproque de C´

esaro:

Si 1_nPn k=1sk → s et an = sn− sn−1 = o(1_n) =⇒ sn→ s. sn− 1 n n X k=1 sk= n X k=1 ak− 1 n n X k=1 k X j=1 aj = n X k=1 ak− 1 n X 1≤j≤k≤n aj = n X k=1 ak− 1 n n X j=1 aj( n X k=j 1) = n X k=1 ak− 1 n n X j=1 (n − j + 1)aj = n X k=1 ak− n X j=1 (n − j + 1 n )aj = n X k=1 ak− n X k=1 (n − k + 1 n )ak = n X k=1 k − 1 n ak Or kak→ 0 donc 1_nPak → 0 Donc sn→ s .

(40)

8-Th´

eor`

eme taub´

erien

Qu’est-ce-qu’un théorème taubérien?

Un théorème taubérien est un théorème dans lequel le comportement asymp-totique d’une suite ou d’une fonction est déduit du comportement de certaines de leurs moyennes.

Les théorèmes taubériens sont souvent les réciproques de résultats évidents, mais habituellement ces réciproques dépendent d’une hypothèse supplémentaire appelée une condition de Tauber.

exemple:

Soit sn une suite de nombres complexes tq sn = a0 + .... + an

On considère les trois propriétés suivantes: a) limn→∞sn = s. b) Si f (r) =P∞ 0 anrn, 0 < r < 1, alors limr→1f (r) = s c) limn→∞nan= 0 f (r) = (1 − r)P snrn et (1 − r)Prn= 1

f (r) est, pour chaque r ∈ ]0, 1[, une moyenne de la suite (sn).

Remarque: (P nanzn)(Pnbnzn) =Pncnzn avec cn =Pnk=0akbn−k (P nanzn)_1−z1 =Pnsnzn donc f (z) =P∞ n=0anzn = (1 − z)Pnsnzn de plus, posons λn = (1 − r)rn P nλn=Pn(1 − r)rn = (1 − r) P nrn= 1−r1−r = 1

donc f (r) est bien une moyenne de la suite sn.

Preuve: 1) a ⇒ b: limx→∞sn = s

avec sn =Pni=0ai

donc limn→∞Pni=0ai = s

Or f (r) =P∞

0 anrn pour 0 < r < 1

donc limr→1−f (r) = lim_r→1−P∞₀ a_nrn

(41)

Soit P

anzn une s´erie enti`ere de rayon de convergence ≥ 1 tq Pan

con-verge.Alors: lim z→1 et z∈∆_θ0f (z) = ∞ X n=0 an

(Ici nous utilisons le cas où z est réel). donc d’après Abel:

limr→1−f (r) =P∞

0 an= s

2) b + c ⇒ a:

Rappel du th´eor`eme de Tauber faible: Soit P

anzn une s´erie enti`ere de rayon de convergence 1 et f la somme de

cette série entière sur le disque unité. On suppose que: ∃S ∈ C , lim x→1 , x<1f (x) = S. Si an= o(_n1), alors on aPan converge et P∞n=0an = S. limr→1−f (r) = s et an= o(_n1) alors P+∞ n=0an= s donc limn→∞sn= s 3) b + an= O(1_n) ⇒ a:

Rappel du th´eor`eme de Tauber fort:

Soit (an) une suite r´eelle tq an = O(_n1) lorsque n → ∞, c`ad quand nan ≤

M , ∀n.

On suppose que la s´erie enti`ereP

anzna un rayon de convergence ≥ 1 et que

sa somme F v´erifie limx→1−F (x) = S.

Alors la s´erie P

an converge et que sa somme est ´egale `a S.

an = O(_n1)

et limr→1−a_nrn = s

alors P∞

n=0an= s donc limn→∞sn= s

(42)

Si nan → 0 ceci implique que nan est born´ee.

Par contre, si |nan| ≤ M ceci n’implique pas que nan→ 0

Donc nan born´ee est une hypoth`ese plus faible que limn→∞nan = 0

4)Avons-nous b ⇒ a? Contre-exemple: On pose an = (−1)n f (r) = ∞ X n=1 (−1)nrn pour 0 < r < 1 = −r + r2− r3_{+ r}4_{+ ... + (−1)}n_rn_{+ ... =} 1 1 + r donc lim r→1−f (r) = 1 2 lim n→+∞ n X k=0 (−1)ndiverge 5) Si sn → s avons-nous _n1 Pnk=1sk→ s?

C’est la démonstration du théorème de Césaro. 6) Si _n1 Pn

k=1sk → s et an= sn− sn−1 = o(_n1) avons-nous sn → s?

(43)

1-Th´

eor`

eme de Wiener

1.1-introduction:

Le théorème taubérien de Wiener est consacré aux fonctions mesurables bornées, initialement sur la droite réelle:

Si φ ∈ L∞(R) et si φ(x) →x→+∞ 0, alors (K ∗ φ)(x) → 0 lorsque x → +∞ pour tout K ∈ L1_(R). En effet, K ∗ φ(x) = Z +∞ −∞ φ(x − y)K(y)dy = φ ∗ K(x) = Z +∞ −∞ K(x − y)φ(y)dy

Nous avons déja démontré dans le chapitre 1 que ∗ est commutative. |K ∗ φ(x)| ≤

Z +∞

−∞ |φ(x − y)||K(y)|dy

On fixe y, φ(x − y) →x→+∞ 0 (par hypoth`ese) donc K(y)φ(x − y) →x→+∞ 0

de plus, |K(y)φ(x − y)| ≤ AK(y) car φ ∈ L∞(R).

Or K ∈ L1(R) donc AK(y) ∈ L1(R) donc d’après le théorème de Lebesgue: lim x→+∞K ∗ φ(x) = limx→+∞ Z +∞ −∞ φ(x − y)K(y)dy = Z +∞ −∞ lim x→+∞φ(x − y)K(y)dy = 0

Les convolutions K ∗ φ peuvent être considérées comme des moyennes de φ, au moins lorsque R

K = 1.

Dans cette partie, nous allons d´emontrer la r´eciproque de Wiener qui utilise une condition de Tauber.

RAPPELS d´efinition:

Soit f ∈ L1_{(R). On appelle transform´}_{ee de Fourier de f, l’application qu’on}

note ˆf ou F (f ), d´efinie pour tout ξ ∈ R par: ˆ

f (ξ) = F (f )(ξ) = R

(44)

propositions: • f ∗ g = ˆˆ f ˆg.

• Soit f ∈ L1_{(R), alors:}

i) ˆf est bien d´efinie sur R et est uniform´ement continue.

ii) lim|ξ|→∞f (ξ) = 0 d’apr`ˆ es le th´eor`eme de Riemann-Lebesgue.

• Soit f ∈ L1_{(R) tq ˆ}_{f ∈ L}1_{(R) .}

Alors pour presque tout x ∈ R, on a: F (F (f ))(x) = f (−x).

Autrement dit, F (F (f )) = ˇf pp.

• d´efinition: Soit f ∈ L1_{(R) tq ˆ}_{f = 0 alors f = 0 pp.}

En d’autres termes, F est injective de L1(R) dans C0(R).

• On appelle support de la distribution T le compl´ementaire du plus grand ouvert sur lequel T est nulle.

• définition: On appelle distribution tempérée toute forme linéaire continue sur S (espace de Schwartz), càd toute forme linéaire u : S → C vérifiant: il existe (m, k) ∈ N et A ≥ 0tq ∀φ ∈ S, | < u, φ > | ≤ Apm,k(φ). On note S

0

l’espace des distributions temp´er´ees.

On appelle fontion de Schwartz toute application φ ∈ C∞(Rn) tq, pour tous (m, k) ∈ N , pm,k(φ) = sup|α|≤k(1 + |x|2)

m

2 Dαφ(x) soit fini.

• définition: Soit T ∈ S0(R). On appelle transformée de Fourier de T la distribution tempérée notée ˆT définie par:

< ˆT , φ >=< T, ˆφ > ∀φ ∈ S(R). 1.2-lemme 1:

Soitf ∈ L1(Rn), t ∈ Rn et > 0. Alors il existe h ∈ L1(Rn), avec ||h||1 < telle que:

ˆ

h(s) = ˆf (t) − ˆf (s) pour tout s dans un voisinage de t. preuve:

(45)

Choisissons g ∈ L1_(Rn_{) de sorte que ˆ}_{g = 1 dans un voisinage de l’origine.} Pour λ > 0, posons: gλ(x) = exp(it.x)λ−ng(x_λ) pour x ∈ Rn. Et d´efinissons: hλ(x) = ˆf (t)gλ(x) − (f ∗ gλ)(x) ˆ gλ(s) = R Rng_λ(x) exp(−ix.s)dx =R Rnexp(it.x)λ−ng(x_λ) exp(−ix.s)dx =R

Rnexp(it.λy)λ−ng(y) exp(−iλy.s)_λdy−n

On a effectu´e un changement de variable: y = x_λ =R

Rng(y) exp(−iλy.(s − t))dy = ˆg(s − t)

donc ˆg(s) =R

Rng(y) exp(−iy.s)ds = ˆg(s − t)

s dans un certain voisinage Vλ de t donc s − t dans un certain voisinage de

l’origine.

Or, par hypoth`ese ˆg(s − t) = 1 donc ˆg(s) = 1 ˆ f (t) =R Rnf (y) exp(−iy.t)dy donc ˆf (t)gλ(x) = R Rnf (y) exp(−iy.t)g_λ(x)dm_ny et (f ∗ gλ)(x) =RRnf (y)gλ(x − y)dmny donc hλ(x) = R

Rnf (y) [exp(−it.y)gλ(x) − gλ(x − y)] dmny

Or | exp(−it.y)gλ(x)−gλ(x−y)| = | exp(−it.y) exp(it.x)λ−ng(x_λ)−exp(it.(x−

y))λ−ng(x−y_λ )|

= | exp(it.(x − y))(λ−ng(λ−1x) − λ−ng(λ−1(x − y)))| = | exp(it.(x − y))||λ−ng(λ−1x) − λ−ng(λ−1(x − y))| = |λ−ng(λ−1x) − λ−ng(λ−1(x − y))| ||hλ||1 = R Rn|h_λ(x)|dx =R Rn| R

Rnf (y) [exp(−it.y)gλ(x) − gλ(x − y)] dmny|dmn(x)

≤R

Rn|f (y)|

R

Rn| exp(−it.y)gλ(x) − gλ(x − y)|dmn(x)dmn(y) (Fubini pour les

fonctions positives) =R

Rn|f (y)|

R

Rn|λ−ng(λ−1x) − λ−ng(λ−1(x − y))|dmn(x)dmn(y)

(46)

donc =R Rn|f (y)| R Rn|g(ξ) − g(ξ − λ−1y)|dm_n(ξ)dm_n(y) Or g ∈ L1_(Rn_{), de plus quand λ → ∞ on a λ}−1_{y → 0} donc g(ξ) − g(ξ − λ−1y) → 0 quand λ → ∞ + equiintegrabilite donc CV dans L1.

R

Rn|g(ξ) − g(ξ − λ−1y)|dmn(ξ) → 0 quand λ → ∞

∃ > 0 tq R

Rn|g(ξ) − g(ξ − λ−1y)|dm_n(ξ) ≤

donc ||h||1 <RRn|f (y)|dmn(y) pour λ grand.

Or f ∈ L1_(Rn_{) et |f (y)| → 0 quand λ → ∞}

Par convergence domin´ee, ||h||1 → 0 quand λ → ∞

1.3-th´eor`eme 1:

Si φ ∈ L∞(Rn_{), Y est un sous-espace de L}1_(Rn_{) et si f ∗ φ = 0 pour tout}

f ∈ Y ,

alors l’ensemble Z(Y ) = T

f ∈Y(s ∈ Rn : ˆf (s) = 0) contient le support de la

distribution temp´er´ee. Preuve:

Fixons un point t dans le compl´ementaire de Z(Y ). Par hypoth`ese, Y est un sous espace vectoriel.

On prend ˆf (t) = 1 pour un certain f ∈ Y en effet on peut toujours se ramener `

a _{|| ˆ}f (t)ˆ

f (t)|| = 1.

D’apr`es le lemme 1:

Soit f ∈ Y ⊂ L1_{, t ∈ R}n_{, > 0, alors il existe h ∈ L}1_(Rn_{) avec ||h||}

1 < tq:

ˆ

h(s) = ˆf (t) − ˆf (s) pour tout s au voisinage de t.

On pose = 1.

donc ˆh(s) = 1 − ˆf (s) pour tout s dans un voisinage de t. On note V ce voisinage.

Pour démontrer ce théorème, il suffit de montrer que ˆφ = 0 dans V ou d’une manière équivalente, que ˆφ( ˆΨ) = 0 pour tout Ψ ∈ S (où S est l’espace de Schwartz) dont la transformée de Fourier ˆΨ a son support contenu dans V. Puisque (φ ∗ Ψ)(0) =< φy, Ψ(−y) > =< φ, ˇψ >= φ( ˇΨ)

(47)

et ˆφ( ˆΨ) = φ( ˇΨ)

donc ˆφ( ˆΨ) = φ( ˇΨ) = (φ ∗ Ψ)(0) Il suffit de montrer que φ ∗ Ψ = 0

Fixons Ψ. Posons g0 = Ψ, gm = h ∗ gm−1 pour m ≥ 1.

Alors gm−1 = h ∗ gm−2

. . .

g1 = h ∗ g0

donc gm = h ∗ ... ∗ h ∗ g0 avec h répété m fois

= h ∗ ... ∗ h ∗ Ψ donc gm = hm∗ Ψ R |gm(x)|dx ≤ R R |hm_{(x − y)||Ψ(y)|dydx} Fubini: = R |Ψ(y)|(R |hm_{(x − y)|dx)dy} donc ||gm||1 ≤ ||h||m1 ||Ψ||1 < +∞ Or ||h||1 < 1 donc ||gm||1 ≤ ||Ψ||1 < +∞ donc gm ∈ L1(Rn) donc G = P gm ∈ L1 de plus, ˆh(s) = 1 − ˆf (s) donc (1 − ˆh(s)) = ˆf (s)

donc (1 − ˆh(s)) ˆΨ(s) = ˆf (s) ˆΨ(s) = ˆΨ(s) ˆf (s) pour tout s ∈ Rn G = P gm =Phm∗ Ψ ˆ G = Pˆ hm_Ψˆ ˆ G ˆf =Pˆ hmΨ ˆˆf = ˆΨ donc Ψ = G ∗ f donc Ψ ∗ φ = G ∗ f ∗ φ = G ∗ 0 = 0 donc Ψ ∗ φ = φ ∗ Ψ = 0

1.4-théorème 2:Le théorème de Wiener

Si Y est un sous-espace de L1_{, invariant par translation et si Z(Y )}

est vide, alors Y = L1_(Rn_).

(48)

Y est invariant par translation signifie que : ∀y f (y) ∈ Y alors on a ∀x f (y − x) ∈ Y donc τxf ∈ Y pour tout f ∈ Y et x ∈ Rn.

Si φ ∈ L∞(Rn_{) est telle que} R

f ˇφ = 0 pour tout f ∈ Y ,

l’invariance par translation de Y ⇒ (f ∗ φ) = 0 pour tout f ∈ Y . En effet, si R f (x) ˇφ(x)dx = 0 donc R f (x)φ(−x)dx = 0 donc R f (y + x)φ(−x)dx = 0 on pose x = −x donc R f (y − x)φ(+x)dx = 0 donc f ∗ φ(y) = 0 donc f ∗ φ = 0

D’après le théorème 1, Z(Y ) est vide donc ˆφ = 0. Or la transformée de Fourier est injective donc φ = 0. Donc φ est l’élément nul de L∞(Rn).

Donc Y⊥ = 0.

De plus, Y est un sous-espace ferm´e, on peut appliquer le thm d’Hahn-Banach et donc Y = L1(Rn).

1.5-th´eor`eme 3:

Supposons que K ∈ L1_(Rn_{) et Y est un sous-espace ferm´}_{e de L}1_(Rn_),

invariant par translation et contenant K. Alors, Y = L1_(Rn_{) si et}

seulement si ˆK(t) 6= 0 pour tout t ∈ Rn. Preuve:

Posons Z(Y ) = (t ∈ Rn_{: ˆ}_{K(t) = 0).}

Le th´eor`eme affirme que Z(Y ) est vide ssi Y = L1_(Rn_).

⇒) Si Y sous-espace de L1_{, invariant par translation et si Z(Y ) est vide}

alors Y = L1_(Rn_{) par le th´}_eor`_{eme 3.}

⇐) Par contrapos´ee: Si ˆK(t0) = 0 =

R

(49)

Si t0 = 0 alors ˆK(0) = 0 =

R

K =< K, 1 > donc K ∈ 1⊥ (invariant par translation). donc Y ⊂ 1⊥

Y⊥⊥ = YL1 Hahn-Banach

donc Z(Y ) est vide donc ˆK(t) 6= 0 pour tout t ∈ Rn_.

1.6-th´eor`eme 4:

a) Supposons que φ ∈ L∞(Rn), K ∈ L1(Rn), ˆK(t) 6= 0 pour tout t ∈ Rn _{et lim}

|x|→∞(K ∗ φ)(x) = a ˆK(0)

Alors lim|x|→∞(f ∗ φ)(x) = a ˆf (0) pour tout f ∈ L1(Rn)

b) Si, de plus, φ est `a oscillations lentes, alors lim|x|→∞φ(x) = a

preuve:

a)Posons Ψ(x) = φ(x) − a. Soit Y l’ensemble de tous les f ∈ L1_(Rn_{) pour}

lesquels limx→∞(f ∗ Ψ)(x) = 0.

V´erifions que Y est un espace vectoriel:

f ∈ Y donc f ∈ L1(Rn) tq limx→∞(f ∗ Ψ)(x) = 0 g ∈ Y donc g ∈ L1_(Rn_{) tq lim} x→∞(g ∗ Ψ)(x) = 0 ∀ α et β on a bien: limx→∞(α(f ∗ Ψ)(x) + β(g ∗ Ψ)(x)) = α limx→∞(f ∗ Ψ)(x) + β limx→∞(f ∗ Ψ)(x) = 0 donc αf + βg ∈ Y donc Y espace vectoriel. Montrons que Y est ferm´e.

En effet, supposons que fi ∈ Y et ||f − fi||1 → 0

Il suffit de montrer que f ∈ Y c`ad f ∈ L1_(Rn_{) tq lim}

(50)

Or ||f ∗ Ψ − fi∗ Ψ(x)||∞≤ ||f − fi||1||Ψ||∞ En effet, R R|f ∗ Ψ(x) − fi∗ Ψ(x)|dx = R R[ R R|f (x − y) − fi(x − y)||Ψ(y)|dy] dx ≤ ||Ψ||∞R_R|f (x − y) − fi(x − y)|dx = ||Ψ||∞||f − fi||1 donc ||f ∗ Ψ − fi∗ Ψ(x)||∞ ≤ ||f − fi||1||Ψ||∞ donc ||f ∗ Ψ − fi∗ Ψ(x)||∞ → 0 donc sup|f ∗ Ψ − fi∗ Ψ(x)| → 0

donc fi∗ Ψ → f ∗ Ψ converge uniform´ement sur Rn.

Or fi ∈ Y donc fi ∈ L1(Rn) et limx→∞(fi∗ Ψ)(x) = 0

Par unicit´e de la limite on a limx→∞(f ∗ Ψ)(x) = 0

donc Y est ferm´e. Or, (f ∗ Ψ)(x) = R Rnf (x − z)Ψ(z)dz τy(f ∗ Ψ)(x) = τy( R Rnf (x − z)Ψ(z)dz) =R Rnf (x − y − z)Ψ(z)dz =R Rnτyf (x − z)Ψ(z)dz = [(τyf ) ∗ Ψ] (x) donc [(τyf ) ∗ Ψ] (x) = [(τy(f ∗ Ψ)] (x) = [f ∗ Ψ] (x − y) de plus limx→∞[(τy(f ∗ Ψ)] (x) = 0

donc Y est invariant par translation. Montrons que K ∈ Y

Par hypoth`ese K ∈ L1(Rn) et lim|x|→∞(K ∗ φ)(x) = a ˆK(0)

lim|x|→∞(K ∗ Ψ)(x) = lim|x|→∞(K ∗ (φ − a))(x)

= lim|x|→∞(K ∗ φ)(x) − lim|x|→∞(K ∗ a)(x)

= a ˆK(0) − a ˆK(0) = 0 donc K ∈ Y

(51)

trans-lation et contenant K, donc d’après le thórème 2 ⇒ Y = L1_(Rn₎

Ainsi pour tout f ∈ L1(Rn) = Y satisfait: limx→∞(f ∗ Ψ)(x) = 0

limx→∞(f ∗ (φ − a))(x) = 0

limx→∞(f ∗ φ)(x) = limx→∞(f ∗ a)(x) = a ˆf (0)

b)

d´efinition: Une fonction φ ∈ L∞(Rn_{) est dite `}_{a oscillations lentes si `}_{a tout}

> 0 correspond un A < ∞ et un δ > 0 tels que |φ(x) − φ(y)| < si |x| > A, |y| > A, |x − y| < δ.

Si n = 1, on peut d´efinir aussi une fonction `a oscillations lentes en +∞: |φ(x) − φ(y)| < si x > A, y > A, |x − y| < δ.

Notons que toute fonction bornée uniformément continue est à oscillations lentes, mais que certaines fonctions à oscillations lentes ne sont pas continues. Montrons que limx→∞φ(x) = a

Choisissons f ∈ L1(Rn) de sorte que f ≥ 0, ˆf (0) = 1 et ˆf (x) = 0 si |x| ≥ δ.

D’apr`es la partie a)

limx→∞(f ∗ φ)(x) = a ˆf (0) = a

De plus,

φ(x) − (f ∗ φ)(x) = φ(x) −R

Rnφ(x − y)f (y)dmn(y)

=R

Rn(φ(x) − φ(x − y))f (y)dmn(y)

car R

Rnf (y)dmn(y) = 1 = ˆf (0)

=R

|y|<δ(φ(x) − φ(x − y))f (y)dmn(y)

Or φ ∈ L∞ est dite `a oscillations lentes si `a tout > 0 correspond un A < ∞ et un δ > 0 tq

|φ(x) − φ(y)| < si |x| > A, |y| > A, |x − y| < δ. Si |x| > A + δ, |x − x + y| = |y| < δ

(52)

donc |φ(x) − φ(x − y)| < donc |φ(x) − (f ∗ φ)(x)| ≤ R

|y|<δf (y)dmn(y) =

car R

|y|<δf (y)dmn(y) = 1 = ˆf (0)

donc limx→∞φ(x) = limx→∞(f ∗ φ)(x) = a

(53)

2-Le th´

eor`

eme des nombres premiers:

2.1-introduction: Pour tout nombre positif x, π(x) désigne le nombre de nombres premiers p satisfaisant p ≤ x (cf dessin). Le théorème des nombres premiers s’énonce ainsi:

lim

x→∞

π(x) log(x)

x = 1

Nous démontrerons ce résultat en utilisant un théorème taubérien dû à In-gham et s’appuyant sur le théorème de Wiener. L’idée est de remplacer la fonction irrégulière π par une fonction F dont le comportement asymptotique est très facilement établi, puis utiliser le théorème taubérien pour tirer une conclusion concernant π connaissant F .

2.2-Rappels:

D´efinition: On appelle nombre premier tout entier naturel 6= 1 n’admettant pour diviseurs que 1 et lui-mˆeme.

exemple: 2,3,5,7,11,...,65537,...,314159,... sont premiers.

proposition: Si p est un nombre premier alors p est un premier avec tous les entiers qu’il ne divise pas. En particulier, si p est un nombre premier, on a ∀k ∈ [1, p − 1]: pgcd(k, p) = 1.

proposition: Il y a une infinité de nombres premiers. théorème: Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2.

• Il admet une d´ecomposition en facteurs premiers n = q1...qk o`u q1, ..., qk

sont des nombres premiers, d´ecomposition que l’on peut encore ´ecrire: n = pα1

1 ...pαrr avec pi: nombres premiers distincts deux `a deux et αi: entiers

na-turels non nuls.

• Cette décomposition est unique à l’ordre près des facteurs. 2.3-Préliminaires:

Dans la suite, la lettre p d´esignera toujours un nombre premier, m et n des entiers positifs, x un nombre positif, [x] la partie entiere de x, i.e l’entier satisfaisant x − 1 < [x] ≤ x, le symbole d|n, lire ”‘d divise n”’, signifie que d et le quotient n/d sont des entiers positifs.On d´efinit

(54)

Λ(n) = log p si n = p, p2_{, p}3_{, ...,} = 0 sinon (1) Ψ(x) =P n≤xΛ(n), (2) F (x) =P∞ m=1Ψ( x m). (3) Montrons que Ψ(x) x ≤ π(x) log(x) x < 1 log(x) + Ψ(x) log(x) x log(_logx2_(x)) . • [log x/ log p] est le nombre de puissances de p inf´erieurs `a x. En effet:

Soit a =hlog x_{log p}i,

log x

log p − 1 < a ≤ log x log p

donc a ≤ log x_{log p} < a + 1

donc a log p ≤ log x < (a + 1) log p

exp % donc exp(a log p) ≤ x < exp((a + 1) log p) donc pa _{≤ x < p}a+1

donc on a p ≤ x, p2 ≤ x,..., pa_{≤ x.}

donc a est le nombre de puissances de p inf´erieurs `a x. • Ψ(x) =P

n≤xΛ(n)

avec Λ(n) = log p si n = p, p2, p3, ..., = 0 sinon

donc Ψ(x) =P

p≤x[log x/ log p] log p

or [log x/ log p] ≤ log x/ log p donc Ψ(x) ≤P

p≤x log xlog plog p =

P p≤xlog x = log x P p≤x1 = π(x) log x d’o`u Ψ(x) ≤ π(x) log(x)

Or x d´esigne un nombre positif, donc on divise par x, on obtient: Ψ(x) x ≤ π(x) log(x) x Si 1 < y < x: π(x) =P p≤x1 et π(y) = P

p≤y1 alors π(x) − π(y) =

P

y<p≤x1.

On a y > 1 donc log y > 0, log % et y < p donc log y < log p donc log p_{log y} > 1

(55)

donc π(x) − π(y) ≤ P

y<p≤xlog p_{log y} = _{log y}1

P y<p≤xlog p Or P y<p≤xlog p ≤ P p≤xlog p

p ≤ x donc log p ≤ log x donc hlog x_{log p}i≥ 1

donc π(x) − π(y) ≤ _{log y}1 P

p≤x

h_{log x}

log p

i

log p donc π(x) − π(y) ≤ Ψ(x)_{log y}

donc: π(x) ≤ Ψ(x)_{log y} + π(y) or π(y) ≤ y

donc π(x) ≤ Ψ(x)_{log y} + y On pose y = _logx2_(x)

Vérifions que: 1 < y < x càd vérifions que: 1 < _logx2_(x) < x

x > e donc log x > 1 donc log2(x) > 1 donc _logx2_(x) < x.

Soit u(x) = x − (log x)2 _{; u}0_{(x) = 1 −} 2 xlog x et u00(x) = 1 x2+ log x x2 1 x2

= 1 + log x ≥ 0 (car x > e) donc u0 %. u0(e) = 1 − 2_e

or e > 2 donc u0(e) ≥ 0 donc u %.

u(e) = e − 1 ≥ 0 donc u(x) ≥ 0 pour x > e d’o`u 1 < x log2(x) donc 1 < x log2(x) < x On obtient: π(x) < Ψ(x) log(_logx2_(x)) + x log2x. π(x) log(x) x < 1 log(x) + Ψ(x) log(x) x log(_logx2_(x)) .

Montrons que F (x) = x log x − x + b(x) log x où b(x) reste bornée lorsque x → ∞ ( càd |b(x)| ≤ M ). F (n) =P∞ m=1Ψ( n m) = Pn m=1Ψ( n m) F (n − 1) = P∞ m=1Ψ( n−1 m ) = Pn−1 m=1Ψ( n−1 m )

(56)

En effet, Ψ(_mn) =P

j≤_mn Λ(j)

car pour j ≤ 1, Λ(j) = 0

donc F (n) et F (n − 1) convergent( somme de s´eries finies). F (n) − F (n − 1) =P∞ m=1Ψ(mn) − Ψ( n−1 m ) Or Ψ(_mn) − Ψ(n−1_m ) =P n−1 m <k≤ n m Λ(k) F (n) − F (n − 1) =P∞ m=1 P n−1 m <k≤ n m Λ(k)

Si _mn ∈ N , il n’y a pas d’entiers k tq/ n−1

m < k ≤ n m. donc F (n) − F (n − 1) =P m/nΛ(_mn) On pose d = _mn, md = n donc d/n.

De plus, (m ∈ N ; m/n) est en bijection avec (_mn; m/n). donc F (n) − F (n − 1) =P d/nΛ(d) Or, n = pn1 1 ...pnrr, d/n: (d; d/n)=(pm1 1 ...pmrr tq 0 ≤ mi ≤ ni; ∀i). d’o`uP d/nΛ(d) = P 0≤mi≤niΛ(p m1 1 ...pmr r) = Pr i=1 Pni k=1Λ(pki) =Pr

i=1nilog(pi) = log n.

donc F (n) − F (n − 1) = log n et F (1) = 0 ( en effet Λ(1) = 0, Ψ(1) = 0 donc F (1) = 0).

F (2) − F (1) = log 2 = log(2!) donc F (2) = log(2!) On suppose que F (n − 1) = log((n − 1)!)

Or F (n) − F (n − 1) = log n

donc F (n) = log n + log((n − 1)!) = log(n!) Par r´ecurrence, on a bien F (n) =Pn

m=1 = log(n!) (pour n = 1, 2, ...). J (x) =Rx 1 log tdt = [t log t] x 1 − Rx

1 1dt par int´egration par parties

= x log x − x + 1

Montrons que si n ≤ x ≤ x + 1, alors : J (n) < F (n) ≤ F (x) ≤ F (n + 1) < J (n + 2).

(57)

log % donc log m ≤ Rm+1 m log t dt ≤ log(m + 1) donc Pn−1 m=1log m ≤ Pn−1 m=1 Rm+1 m log t dt ≤ Pn−1 m=1log(m + 1) donc F (n − 1) ≤Rn 1 log tdt = J (n) donc F (n) ≤ J (n + 1) donc F (n + 1) ≤ J (n + 2) Rm m−1log t dt ≤ log(m) Pn m=2 Rm m−1log t dt ≤ Pn m=2log(m) donc J (n) < F (n) − F (1) = F (n) on a donc J (n) < F (n) ≤ F (x) ≤ F (n + 1) < J (n + 2) F (x) − J (x) ≤ J (n + 2) − J (n) = (n + 2) log(n + 2) − n log(n)

orJ (x) = x log x − x + 1 donc J0(x) = 1 + log x − 1 donc J00(x) = _x1 donc J (x) ≥ 0 donc J (x) est convexe de plus J0 %

D’après le théorème des accroissements finis: |J(n + 2) − J(n)| = |2J0(xn)| où xn ∈ ]n, n + 2[

≤ |2J0(n + 2)| car J0 % ≤ |2 log(n + 2)|

≤ |2 log(x + 2)| car log % = 2 log(x + 2)

|F (x) − J(x)| < 2 log(x + 2)

−2 log(x + 2) < F (x) − J(x) < 2 log(x + 2) J (x) − 2 log(x + 2) < F (x) < J (x) + 2 log(x + 2)

x log x − x + 1 − 2 log(x + 2) < F (x) < x log x − x + 1 + 2 log(x + 2) En d´efinissant b(x) par: F (x) = x log x − x + b(x) log x

On obtient: 1 − 2 log(x + 2) < b(x) log x < 1 + 2 log(x + 2)

1−2 log(x+2) log x < b(x) < 1+2 log(x+2) log x 1 log x − 2 log(x+2) log x < b(x) < 1 log x + 2 log(x+2) log x

(58)

Remarque: le théorème des nombres premiers est une conséquence de la relation: limx→∞ Ψ(x) x = 1 En effet, on a: Ψ(x) x ≤ π(x) log(x) x < 1 log(x) + Ψ(x) log(x) x log(_logx2_(x)) . Donc si, limx→∞ Ψ(x) x = 1 (démontrée plus tard)

alors on a: lim x→∞ π(x) log(x) x = 1. En effet log x log(_logx2_(x)) = log x log x − log(log2(x)) = log x log x − 2 log(log(x)) = 1 1 −2 log(log x)_{log x}

Or si on pose y = log x alors on a 2 log(log x)_{log x} = 2 log y_y → 0 quand y → ∞. 2.4-La fonction z´eta de Riemann:

Les variables complexes seront écrites sous la forme s = σ + it. Dans le demi-plan σ > 1, la fonction zéta est définie par la série:

ξ(s) =

∞

X

n=1

n−s

La série de Riemann de terme général: un = _n1α; n ∈ N

(59)

pour α > 1 et est divergente pour α ≤ 1.

En effet, la s´erie en question converge ou diverge avec l’int´egrale: R+∞

1 dx xα.

Comparaison avec une int´egrale:

Si f est une fonction positive sur [1, +∞[, décroissante à partir d’une cer-taine valeur de x, alors l’intégrale R+∞

1 f (x)dx et la série de terme général

un = f (n) sont alors de mˆeme nature.

Donc pour α > 0, x 7−→ _x1α est positive et d´ecroissante sur [1, +∞[.

Pour α ≤ 0, un ne tend pas vers 0;

R+∞ 1 dx xα = h_x1−α 1−α i+∞ 1 pour α 6= 1.

Le crochet ci-dessus n’a de valeur finie que pour 1 − α < 0 c`ad α > 1. Si α = 1 alors R+∞

1 dx

x = [log x] +∞

1 est infini, ce qui montre `a nouveau que la

série harmonique(P 1 n) diverge. On conclut à la convergence de (P un) si α > 1 et à la divergence de (Pun) si α ≤ 1. Donc P∞ n=1|n −s_{| =} P∞ n=1n

−σ _{converge pour σ > 1, de plus s 7−→ n}−s _est

une fonction holomorphe ( a verifier), donc la s´erie converge uniform´ement sur toute partie compacte du demi-plan σ > 1, donc ξ est holomorphe dans ce demi-plan. sRN +1 1 [x] x−1−sdx = s PN n=1n Rn+1 n x−1−sdx En effet:

Soit N un entier relatif. x − 1 < [x] ≤ x

(60)

Z N +1 1 [x] dx = N X n=1 n Z n+1 n 1dx donc s Z N +1 1 [x] x−1−sdx = s N X n=1 n Z n+1 n x−1−sdx = s N X n=1 n " x−s −s #n+1 n = s N X n=1 n((n + 1) −s −s + n−s s ) = s N X n=1 n(n −s s − (n + 1)−s s ) = N X n=1 n(n−s− (n + 1)−s) = N X n=1 n−s+1− n(n + 1)−s = N X n=1 n−s+1− (n + 1 − 1)(n + 1)−s = N X n=1 n−s+1− (n + 1)−s+1+ (n + 1)−s = N X n=1 n−s− N (N + 1)−s N (N + 1)−s = _{N (N +1)}1 s → 0 quand N → +∞ pour σ > 1. Donc s Z ∞ 1 [x] x−1−sdx = ∞ X n=1 n−s = ξ(s) avec σ > 1. Si b(x) = [x] − x, alors on a: ξ(s) = s Z ∞ 1 (b(x) + x)x−1−sdx

(61)

= s Z ∞ 1 b(x)x−1−sdx + s Z ∞ 1 x−sdx = s Z ∞ 1 b(x)x−1−sdx + s " x+1−s −s + 1 #∞ 1 = s Z ∞ 1 b(x)x−1−sdx + s 1 s − 1 donc ξ(s) = s Z ∞ 1 b(x)x−1−sdx + s s − 1

Une nouvelle repr´esentation de la fonction ξ dans le demi-plan w = (s ∈ C, Res > 1) est donn´ee par:

ξ(s) = s

Z ∞

1

b(x)x−1−sdx + s s − 1

Or x − 1 < [x] ≤ x donc −1 < [x] − x ≤ 0 donc −1 < b(x) ≤ 0 donc |b(x)| ≤ 1 donc b est born´ee.

Puisque b est born´ee, R∞

1 b(x)x

−1−s_{dx d´}_{efinit une fonction holomorphe dans}

le demi-plan σ > 0. En effet,

théorème d’holomorphie d’une fonction définie par une intégrale: Soit V un ouvert de C et soit la fonction

f : V × E → C (z, x) 7→ f (z, x) On suppose que

- pour tout z ∈ V , la fonction x 7→ f (z, x) est mesurable;

- pour tout x ∈ E, la fonction z 7→ f (z, x) est holomorphe sur V;

- pour tout compact K inclus dans V, il existe une fonction µ-int´egrable gK

telle que pour tout z ∈ K, on a, pour µ-presque tout x ∈ E, |f (z, x)| ≤ gK(x).

Alors la fonction z 7→ F (z) =R

(62)

• la fonction x 7→ f (x, s) est mesurable. • |_xb(x)1+s| ≤

1

x1+σ est int´egrable dans le demi-plan σ > 0 ∀x ∈ [1, +∞[.

• Posons f (x, s) = b(x)x−1−s

s 7−→ b(x)x−1−s est une fonction holomorphe car b(x)x−1−s = b(x) exp((1 − s) log(x)) dans le demi-plan σ > 0

donc F (s, x) =R∞

1 b(x)x−1−sdx est holomorphe sur Re(s) > 0.

Or ξ(s) = _s−1s + sF (s, x)

de plus, s 7−→ _s−1s fonction d´efinie sauf pour s = 1.

Ainsi, la dernière égalité de ξ(s) fournit un prolongement analytique de ξ à σ > 0 qui est holomorphe sauf en un pôle simple au point s = 1.

Res(ξ, 1) = lims→1(s − 1)_s−1s = lims→1s = 1

donc le pˆole simple est de r´esidu 1.

propriété: ξ n’admet pas de zéros sur la droite σ = 1: ξ(1 + it) 6= 0 (−∞ < t < ∞). preuve: ξ(s) =Y p (1 − p−s)−1 En effet

On note (pn)n∈N∗la suite des nombres premiers rang´es dans l’ordre croissant.

log(1 − 1 ps n ) ≈ 1 ps n ≤ 1 ns Or pour tout s > 1, P

nn1s converge donc log(1 −

1 ps

n) converge. D’o`u

l’existence du produit infini pour tout s > 1 1 1 − p−s_k = +∞ X n=0 (p−s_k )n= +∞ X n=0 p−s_nk pour tout k et tout s > 1.

(63)

m Y k=1 ( M X ik=0 1 (pik k)s ) = M X ik=0 ( 1 (pi1 1...pimm)s ) = X 0≤i1,...,iM≤M ( 1 (pi1 1...pimm)s )

Soit pm0 le plus grand nombre premier pi et M0 la plus grande des puissances

ik apparaissant dans toutes les d´ecompositions en facteurs premiers des N

premiers entiers 1, ...., N .

Consid´erons m ≥ m0 et M ≥ M0. Tous les entiers compris entre 1 et N se

retrouvent dans les entiers pi1

1....pimm( 0 ≤ i1, ..., iM ≤ M ) donc N X n=1 1 ns ≤ m Y k=1 ( M X ik=0 1 (pik k)s ) De plus, les nombres pi1

1....pimm représentent des entiers distincts d’où m Y k=1 ( M X ik=0 1 (pik k)s ) ≤ +∞ X n=1 1 ns d’où ∀s > 1 N X n=1 1 ns ≤ m Y k=1 ( M X ik=0 1 (pik k)s ) ≤ +∞ X n=1 1 ns = ξ(s) avec m ≥ m0 et M ≥ M0.

Donc en faisant tendre M et m vers +∞, on obtient ∀s > 1 N X n=1 1 ns ≤ +∞ Y k=1 ( +∞ X ik=0 1 (pik k)s ) ≤ ξ(s) On fait tendre N vers +∞ on obtient ∀s > 1

ξ(s) = +∞ Y k=1 ( +∞ X ik=0 1 (pik k)s ) ξ(s) = +∞ Y k=1 (1 − p−s_k )−1 log ξ(s) =X p log((1 − p−s)−1)

(64)

= −X

p

log(1 − p−s) d´eveloppement limit´e du log

=X p ∞ X m=1 p−sm m = X p ∞ X m=1 m−1p−sm (σ > 1).

Fixons un nombre r´eel t 6= 0.

log ξ(s) =X p ∞ X m=1 m−1p−m(σ+it)

log |ξ(σ)3ξ(σ + it)4ξ(σ + 2it)| = log |ξ(σ)3| + log |ξ(σ + it)4_{| + log |ξ(σ + 2it)|}

Or, log ξ(σ + 2it) =X p ∞ X m=1 m−1p−m(σ+2it) donc log |ξ(σ + 2it)| =X p ∞ X m=1 m−1p−mσRe(p−2imt) En effet

log(z) = log |z| + iarg(z) donc log |z| = Re log(z) log ξ(σ) =P p P∞ m=1m−1p−mσ donc log |ξ(σ)3| = 3P p P∞ m=1m−1p−mσ log ξ(σ + it) =P p P∞ m=1m−1p−m(σ+it)

donc log |ξ(σ + it)| =P

p

P∞

m=1m−1p−mσRe(p−imt)

donc:

log |ξ(σ)3ξ(σ + it)4ξ(σ + 2it)| =P

p

P∞

m=1m−1p−mσRe(3 + 4p−imt+ p−2imt)

Or:

6 + 8 exp(iθ) + 2 exp(2iθ) = 6 + 8(cos θ + i sin θ) + 2(cos 2θ + i sin 2θ) Re(6 + 8 exp(iθ) + 2 exp(2iθ)) = 6 + 8 cos θ + 2 cos 2θ

(65)

(exp(iθ

2) + exp( −iθ

2 ))

4 _{= (exp(iθ) + exp(−iθ) + 2)(exp(iθ) + exp(−iθ) + 2)}

= 6 + 4 exp(iθ) + 4 exp(−iθ) + exp(2iθ) + exp(−2iθ) = 6 + 8 cos θ + 2 cos 2θ Comme (exp(iθ 2) + exp( −iθ 2 )) 4 _{≥ 0}

En effet (exp(iθ₂) + exp(−iθ₂ )) est un nombre r´eel. donc

6 + 8 cos θ + 2 cos 2θ ≥ 0 donc Re(6 + 8 cos θ + 2 cos 2θ) ≥ 0 pour tout r´eel θ. Changement de variable

θ = mt log p donc

Re(3 + 4p−imt+ p−2imt) ≥ 0 donc

log |ξ(σ)3ξ(σ + it)4ξ(σ + 2it)| ≥ 0 donc |ξ(σ)3_{ξ(σ + it)}4_{ξ(σ + 2it)| ≥ 1} donc |(σ − 1)ξ(σ)|3_|ξ(σ + it) (σ − 1) | 4_{|ξ(σ + 2it)| ≥} 1 (σ − 1) On suppose que ξ(1 + it) = 0 et on pose f (σ) = ξ(it + σ).

f (σ) − f (1)

σ − 1 =

ξ(it + σ) − ξ(it + 1) σ − 1

donc ξ(it+σ)_σ−1 → ξ0(it + 1) quand σ → 1 De plus |(σ − 1)ξ(σ)| → 1. Car 1 est un pˆole simple de r´esidu 1. Le membre de gauche converge vers |ξ0(it + 1)||ξ(1 + 2it)| quand σ → 1. Or le membre de droite tend vers l’infini, absurde.

Donc

(66)

ξ n0admet pas de zeros sur la droite σ = 1. 2.5-Le th´eor`eme tauberian d’Ingham:

Supposons que g est une fonction r´eelle croissante sur ]0, ∞[, g(x) = 0 si x < 1, G(x) =P∞ n=1g( x n) pour 0 < x < ∞ et G(x) = ax log x + bx + x(x),

o`u a et b sont des constantes et → 0 lorsque x → ∞. Alors lim x→∞x −1 g(x) = a. Si g est la fonction Ψ(x) =P n≤xΛ(n), on a F (x) = x log x − x + b(x) log x.

Alors a = 1 et b = −1 donc limx→∞x−1g(x) = 1

F (x) =P

Ψ(_mx) = P∞

m=1g( x m)

donc limx→∞Ψ(x)_x = 1 le théorème des nombres premiers est vérifié.

ou bien limx→∞g(x)_x = 1

Preuve du th´eor`eme:

Montrons que x−1g(x) est born´ee. hypoth`ese: g est croissante. G(x) − 2G(x₂) =P∞ n=1g(nx) − 2 P∞ n=1g(2nx) = g(x)−2g(x₂)+g(x₂)−2g(x₄)+g(x₃)−2g(x₆)+g(x₄)−2g(x₈)+g(x₅)−2g(₁₀x)+.... = g(x) − g(x₂) + g(x₃) − g(x₄) + g(x₅) − g(x₆) + ... =P∞ n=1(−1)n+1g(xn)

(67)

etc donc g(x) − g(x 2) ≤ ∞ X n=1 (−1)n+1g(x n) = G(x) − 2G( x 2) G(x) = ax log x + bx + x(x) G(x₂) = ax₂log(x₂) + bx₂ +x₂(x₂)

G(x) − 2G(x₂) = ax log x + bx + x(x) − 2(ax₂ log(x₂) + bx₂ +x₂(x₂)) = x(a log 2 + (x) − (x₂)) < Ax

o`u (a log 2 + (x) − (x₂)) < A, A ´etant une constante. (x) → 0 quand x → ∞

(x₂) → 0 quand x₂ → ∞ donc quand x → ∞ donc (x) est born´ee et (x₂) aussi.

|(x)| ≤ B et |(x 2)| ≤ C

donc (a log 2 + (x) − (x₂)) < a log 2 + B − C donc on pose A = a log 2 + B − C

donc g(x) − g(x₂) < Ax Or g(x) = g(x) − g(x₂) + g(x₂) − g(x₄) + g(x₄) − ... g(x) − g(x₂) < Ax g(x₂) − g(x₄) < Ax₂ g(x₄) − g(x₆) < Ax₄ donc g(x) < A(x + x₂ +x₄ + ....) Or x + x₂ +x₄ + x₆ +x₈ + .... = x(P+∞ n=0( 1 2) n_{) = x} 1 1−1₂ = 2x donc g(x) < 2Ax

Remarque: Nous effectuons maintenant un changement de variables qui nous permettra d’utiliser les transform´ees de Fourier sous leurs formes habituelles. Pour −∞ < x < +∞, on d´efinit:

h(x) = g(exp(x)) H(x) =P

(68)

Montrons h(x) = 0 si x < 0. g(x) = 0 si x < 1 par hypoth`ese. donc g(exp x) = 0 si exp x < 1 donc log exp x < log 1 donc x < 0 donc h(x) = 0 si x < 0 G(x) =P∞ n=1g( x n) H(x) =P∞ n=1h(x − log n) = P∞ n=1h(log exp x n ) =P∞ n=1g( exp x n ) = G(exp x) donc H(x) = G(exp x) Or G(x) = ax log x + bx + x(x)

donc G(exp x) = a exp(x)x + b exp x + exp(x)((exp x)) = exp x(ax + b + 1(x))

avec 1(x) = (exp x) quand x → +∞

exp x → +∞, (exp x) → 0 donc 1(x) → 0 quand x → +∞

Posons: φ(x) = exp(−x)h(x) = exp(−x)g(exp x)

|φ(x)| ≤ | exp(−x)||g(exp x)| < |2A exp x exp(−x)| = 2|A| donc φ est born´ee.

Si limx→∞x−1g(x) = a

alors limx→∞exp(−x)g(exp x) = a en posant x = exp x

alors limx→∞exp(−x)h(x) = a

alors limx→∞φ(x) = a

Pour montrer que limx→∞x−1g(x) = a il suffit de montrer que

limx→∞φ(x) = a.