Théorème des nombres premiers

FrançoisDEMARÇAY

Département de Mathématiques d’Orsay Université Paris-Sud, France

1. Introduction On note :

P :=

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, . . . l’ensemble des nombres entiers positifs premiers. Pourx>1réel, soit :

π(x) := Card

p∈P: 16p6x . L’objectif de ce chapitre est d’établir le

Théorème 1.1. [des nombres premiers]Asymptotiquement lorsquex−→ ∞: π(x) ∼ x

logx.

La démonstration s’organise en une série de 7 lemmes ‘capitaux’, accompagnés d’un théorème de type ‘taubérien’ dû à D.J. Newman, montrant qu’une certaine intégrale dépen- dant d’un paramètre réel06^T<∞a une limite quandT−→ ∞.

Convention 1.2. La lettrepdésignera toujours un nombre premier.

2. Sept lemmes capitaux

Les 7 lemmes dévoilent progressivement des propriétés de 3 fonctions, lafonction zêta de Riemann :

ζ(s) :=

∞

X

n=1

1 n^s,

holomorphe ens∈CavecRes >1, puis la fonction dérivée : Φ(s) := − d

ds

X

p∈P

1 p^s

= X

p∈P

logp p^s ,

elle aussi holomorphe dans{Res >1}, et enfin la fonction, positive et croissante par sauts, d’un réelx>1:

ϑ(x) := X

p∈P p6x

logp.

1

En effet, on se convainc aisément (exercice de révision) que les séries définissantζ(s) et Φ(s) sont normalement, donc uniformément, convergentes sur les demi-plans fermés {Res>1 +δ}, quel que soitδ >0, d’où leur holomorphie.

Lemme 2.1. [Euler]PourRes >1, on a la formule de produit d’Euler : ζ(s) = Y

p∈P

1 1− _p¹s

.

Démonstration. La factorisation unique des entiersn > 1, et la convergence justifient le calcul formel :

ζ(s) = X

r2,r3,r5,···>0

1

2^r23^r35^r5 · · ·s = Y

p∈P

X

r>0

1 p^rs

= Y

p∈P

1 1−_p¹s

,

les détails étant laissés au lecteur — qui n’a pas l’interdiction de s’aider du fait que ces détails ont déjà été fournis dans un chapitre qui précède !

Ens= 1, il y a divergence deζ(1) =P∞ n=1

1

n =∞, mais après soustraction d’un pôle simple :

Lemme 2.2. La fonctionζ(s)− _s−1¹ se prolonge holomorphiquement à{Res >0}.

Démonstration. En effet, avecRes >1, il apparaît dans la différence une série : ζ(s)− 1

s−1 =

∞

X

n=1

1 n^s −

Z ∞ 1

1 x^s dx =

∞

X

n=1

Z n+1 n

dx 1

n^s − 1 x^s

| {z }

=:an(s)

de fonctions holomorphes qui sont majorables grâce à l’inégalité de la moyenne : a_n(s)

=

Z n+1 n

dx Z x

n

s du u^s+1

6 1· max

n6u6n+1

s u^s+1

= |s|

n^1+Res,

ce qui montre la convergence uniforme sur {Res > 0} vers une fonction-limite holo-

morphe.

Lemme 2.3. Il existe une constante universelleC < ∞telle que, pour toutx>1:

(06) ϑ(x) = X

p∈P p6x

logp 6 C x.

Démonstration. Pourn >1entier, il est clair que : 4ⁿ = 1 + 12n

= 2n

0

+· · ·+ 2n

n

+· · ·+ 2n

2n

>

2n n

> Y

n<p62n

p

= e^{ϑ(2n)−ϑ(n)}, puisque les nombres premiersn < p 6 2n au numérateur de (n+1)···(n+n)

1···n ne peuvent être effacés par le dénominateur.

Ainsi :

nlog4 > ϑ(2n)−ϑ(n).

Or une sommation téléscopique : ϑ 2^k+1

−ϑ(2^k) 6 2^klog4,

· · · · ϑ(4)−ϑ(2) 6 2¹log4, ϑ(2)−ϑ(1)

◦ 6 2⁰log4, donne :

ϑ 2^k+1

6 2^k+1log4,

et comme pour toutx>1réel, il existe un unique entierk_x >1encadrant : 2^kx 6 x < 2^kx+1,

il vient par croissance deϑ:

ϑ(x) 6 ϑ 2^kx+1

6 2^kx2log4 6 x4log2.

La formule d’Euler ζ(s) = Q

p 1 − _p¹s

−1

garantit, grâce aux propriétés générales des produits infinis convergents de fonctions holomorphes, que ζ(s) 6= 0, quel que soit

Res >1. L’énoncé suivant est un point-clé.

Lemme 2.4. Hors du pôle {s = 1}, la fonctionζ, holomorphe dans{Res > 0}\{1}, ne s’annule jamais sur{Res= 1}:

ζ 1 +it

6= 0 ^(∀t∈R^∗).

Rappelons que :

Φ(s) := X

p∈P

logp

p^{s (Res >1)}.

Démonstration. PourRes > 1, une dérivée logarithmique du produitζ(s) = Q

p∈P(1− p^−s)⁻¹donne :

−ζ⁰(s)

ζ(s) = X

p∈P

log 1−e^−slogp0

= X

p∈P

p^−slogp 1−p^−s

= Φ(s) + X

p∈P

logp p^s(p^s−1). (2.5)

Pour toutc > ¹₂, cette dernière somme converge normalement-uniformément sur {Res >

c}, donc définit une fonction-reste holomorphe dans{Res > ¹₂}.

Dans l’éventualité oùζ(s)a un zéro en un points₀ = 1 +it₀ avect₀ 6= 0: ζ(s) = (s−s₀)^µ0η(s),

avecµ0 > 1entier, et avec η(s)holomorphe au voisinage de s0 satisfaisantη(s0) 6= 0, il vient :

−ζ⁰(s)

ζ(s) = − µ₀

s−s₀ +reste holomorphe (s∼s0).

Par conséquent,Φ(s)se prolonge méromorphiquement à un voisinage ouvert de{Res >

1}, avec des pôles d’ordre 1en tous les zéros de ζ sur {Res = 1}\{1}, et aussi un pôle d’ordre1ens= 1, puisqueζ(s)∼ _s−1¹ , d’où−^ζ_ζ(s)^0(s) ∼ _s−1¹ .

Res

C Ims

1 2

0 1

1 + 2it0

1 +it0

1−it0

1−2it0

Pour aboutir à une contradiction, un raisonnement particulièrement astucieux consiste à regarder aussi le point1 + 2it₀, en lequelζa un certain ordre d’annulationν₀ >0.

Puisque la relation ζ(s) = ζ(s), valable pour Res > 1, est héritée par continuité via le Lemme 2.2 sur la droite épointée {Res = 1}\{1}, la fonction ζ a les mêmes ordres d’annulation en1 +itet en1−it, quel que soitt 6= 0. Ainsi :

1 = lim

ε&0 ε

− ζ⁰(1 +ε) ζ(1 +ε)

, −µ₀ = lim

ε&0 ε

− ζ⁰(1 +ε±it₀) ζ(1 +ε±it0)

,

−ν₀ = lim

ε&0 ε

− ζ⁰(1 +ε±2it₀) ζ(1 +ε±2it₀)

,

d’où par holomorphie du reste dans (2.5) : 1 = lim

ε&0 εΦ(1 +ε), −µ₀ = lim

ε&0 εΦ 1 +ε±it₀ ,

−ν₀ = lim

ε&0 εΦ 1 +ε±2it₀ .

Le point-clé de l’astuce est alors la reconstitution algébrique d’une puissance quatrième positive :

X

−26l62

4 2 +l

Φ 1 +ε+ilt₀

= X

−26l62

4 2 +l

X

p∈P

logp p^1+ε+ilt0

= X

p∈P

logp p^1+ε

X

−26l62

4 2 +l

1 p^it0/2

l+2 1 p^−it0/2

−l+2

= X

p∈P

logp p^1+ε

p^it0/2+p^−it0/2 4

> 0, car en appliquant alors lim

ε&0(·)à cette inégalité :

−ν₀−4µ₀+ 6−4µ₀−ν₀ > 0,

on déduit queµ₀ = 0nécessairement (exercice visuel). En définitive,ζ(1 +it) 6= 0pour

toutt∈R^∗.

Maintenant, récrivons (2.5) sous la forme : Φ(s) = −ζ⁰(s)

ζ(s) −R(s), avec une fonction-resteR(s)qui est holomorphe dans

Res > ¹₂ . Nous venons de dé- montrer queζ(s) 6= 0 dans

Res > 1 {1}, et donc−^ζ_ζ(s)^0(s) puisΦ(s)sont holomorphes au voisinage de tout point appartenant à

Res>1 {1}.

Mais comme ζ(s) ∼ _s−1¹ pour s ∼ 1, d’où −^ζ_ζ(s)^0(s) ∼ _s−1¹ pour s ∼ 1, en soustrayant cette partie singulière, on élimine la singularité ens = 1et on obtient une fonction qui est aussi holomorphe au voisinage des= 1.

Res

C Ims

1 2

0 1

D^η(1) Dδ(t)(1+i t)

Dδ(t)(1+i t) Ω

Ω

Lemme 2.6. La fonction :

Φ(s)− 1

s−1 = −ζ⁰(s) ζ(s) − 1

s−1 −X

p∈P

logp p^s(p^s−1)

est holomorphe dans un certain voisinage ouvert : Ω ⊃ {Res>1}.

Démonstration. Comme on a éliminé la partie singulière de−^ζ_ζ(s)^0(s), il existe un rayonη >

0 tel que cette fonction est holomorphe dans Dη(1). Comme ζ(s) n’a aucun zéro dans Res > 1 {1}, et comme la fonction-reste R(s) est holomorphe dans

Res > ¹₂ , pour tout nombre1 +i t avect ∈ R^∗, il existe un rayon δ(t) > 0 tel queΦ(s)− _s−1¹ est holomorphe dans le disque ouvertDδ(t) 1 +i t

. Alors la fonction incriminée est bel et bien holomorphe dans l’ouvert :

Ω :=

Res >1 ∪Dη(1) [

t∈R^∗

Dδ(t) 1 +i t

⊃

Res>1 .

Avant de poursuivre, faisons remarquer qu’il est tout à fait possible qu’il existe une suite ρ_n∞

n=1 de zéros deζ(s)avec :

Imρ_n −→

n→∞ ±∞ tandis que Reρ_n −→^<

n→∞ 1, ce qui force alors∂Ωà devenir de plus en plus « plaqué » contre

Res= 1 quand|t| −→

∞, car−^ζ_ζ(s)^0(s) n’estpasholomorphe au voisinage de toutρ∈Cen lequelζ(ρ) = 0.

En vérité, la région la plus grande contenue dans

Res > ¹₂ où on sait actuellement démontrer queζ(s)n’a aucun zéro est de la forme :

σ > 1− C

log|t|²₃

log log|t|¹₃,

pour|t|> t∗, oùC > 0est une constante, et une région de cette forme « épouse » asymp- totiquement

Res >1 lorsque|t| −→ ∞.

En résumé, dès queζ(s0) = 0possède un zéro de partie réelle0<Res0 <1éventuelle- ment très proche de1, la fonction−^ζ_ζ(s)^0(s)possède unpôleens=s₀, donc les raisonnements précédents ne produisent aucun contrôle explicite sur le voisinage ouvertΩ ⊃ {Res >1}

dans lequel le Lemme 2.6 affirme queΦ(s)−_s−1¹ est holomorphe. Autrement dit, quel que soitε = 10⁻³,10⁻⁵,10⁻¹³⁷, . . ., personne sur Terre n’est jamais parvenu jusqu’à présent à démontrer queζ(s)n’aaucunzéro dans un demi-planε-décalé

Res > 1−ε , bien que ceci semblea priori moins difficile qu’établir l’Hypothèse de Riemann, d’après laquelle tous les zéros deζ(s) dans labande critique

0 < Res < 1 devraient être situés sur la droite médiane

Res= ¹₂ .

Mais reprenons le cours de nos raisonnements en direction du théorème des nombres premiers.

Lemme 2.7. L’intégrale : Z ∞

1

ϑ(x)−x

x² dx = lim

T→∞

Z T 1

ϑ(x)−x x² dx converge.

Démonstration. Pour Res > 1, une intégration par parties dans l’intégrale de Riemann- Stieltjes donne :

Φ(s) = X

p∈P

logp p^s =

Z ∞ 1

dϑ(x) x^s

[Lemme 2.3] =

ϑ(x) x^s

^∞

1 ◦

+s Z ∞

1

ϑ(x) x^s+1 dx

[x=e^t] = 0 +s

Z ∞ 0

e^−stϑ e^t dt.

Introduisons la fonction :

f(t) := ϑ(e^t)

e^t −1 (t∈R+),

constante par morceaux, donc localement intégrable, et bornée en vertu du Lemme 2.3 : f ∈ L¹_loc(R+)∩L^∞(R+).

Introduisons aussi, pourRez >0:

g(z) := Φ(z+ 1) z+ 1 − 1

z.

Le Lemme 2.6 garantit queg se prolonge holomorphiquement à un voisinage ouvert dans Cde{Rez >0}. De plus, un calcul simple fait voir, pourRez >0, que :

g(z) = Φ(z+ 1) z+ 1 − 1

z = Z ∞

0

e^−(z+1)tϑ e^t dt−

Z ∞ 0

e^−ztdt

= Z ∞

0

ϑ e^t

e^−t−1 e^−ztdt

= Z ∞

0

f(t)e^−ztdt.

Ainsi, toutes les hypothèses du théorème suivant, dont la démonstration est repoussée à une section ultérieure, sont vérifiées.

Théorème 2.8. Sur[0,∞[, soitf ∈L¹_loc(R+)∩L^∞(R+). Si la fonction :

g(z) :=

Z ∞ 0

f(t)e^−ztdt,

holomorphe dans{Rez >0}, se prolonge holomorphiquement à un voisinage ouvert dans Cdu demi-plan fermé{Rez >0}, alorslim_T→∞RT

0 f(t)dtexiste et vaut : g(0) =

Z ∞ 0

f(t)dt.

On conclut alors bien que l’intégrale : g(0) =

Z ∞ 0

f(t)dt = Z ∞

0

ϑ e^t

e^−t−1

dt

= Z ∞

1

ϑ(x)−x x² dx.

existe.

Le septième et dernier lemme capital précise ce que cachait la constante C du Lemme 2.3.

Lemme 2.9. Asymptotiquement quandx−→ ∞, on a : ϑ(x) ∼ x.

Démonstration. Supposons par l’absurde que pour un λ > 1, il existe une suite (x_n)^∞_n=1 avecx_n −→ ∞telle que :

ϑ(x_n) > λ x_n (∀n>1).

Comme ϑ croît, pour tout t > x_n, on a ϑ(t) > ϑ(x_n) > λ x_n, ce qui conduit à un jeu contradictoire d’inégalités :

0 ←−

∞ ←n

| {z }

Lemme2.7

Z λ xn

xn

ϑ(t)−t t² dt >

Z λ xn

xn

λ x_n−t t² dt =

Z λ 1

λ−u

u² du > 0.

De manière similaire, si pour unλ <1, avecx_n−→ ∞, on avaitϑ(x_n)6λ x_nquel que soitn>1, d’oùϑ(t)6ϑ(x_n)6λ x_npourt6x_n, ceci impliquerait aussi contradiction :

0 ←−

∞ ←n

| {z }

Lemme2.7

Z xn

λ xn

ϑ(t)−t t² dt 6

Z xn

λ xn

λ x_n−t t² dt =

Z 1 λ

λ−u

u² du < 0.

Fin de la démonstration du Théorème 1.1. En partant de l’inégalité (non fine) : ϑ(x) = X

p∈P p6x

logp 6 X

p∈P p6x

logx = π(x)logx,

il vient premièrement grâce à l’information crucialex∼ϑ(x)du Lemme 2.9 : x

logx ∼ ϑ(x)

logx 6 π(x).

Pour l’inégalité inverse, avecε >0arbitrairement petit : ϑ(x) > X

x^1−ε<p6x

logp > X

x^1−ε<p6x

logx^1−ε

= h

π(x)−π x^1−εi

(1−ε)logx

[−π(y)>−y] > h

π(x)−x^1−εi

(1−ε)logx,

et donc deuxièmement : x

logx ∼ ϑ(x)

logx > (1−ε)h

π(x)−x^1−εi ,

et commex^1−εest négligeable devant _log^x_x lorsquex−→ ∞, ceci conclut.

3. Démonstration du théorème analytique

Il ne reste plus qu’à démontrer le Théorème 2.8, dont nous recopions l’énoncé.

Théorème 3.1. Sur[0,∞[, soitf ∈L¹_loc(R+)∩L^∞(R+). Si la fonction :

g(z) :=

Z ∞ 0

f(t)e^−ztdt,

holomorphe dans{Rez >0}, se prolonge holomorphiquement à un voisinage ouvert dans Cdu demi-plan fermé{Rez >0}, alorslimT→∞

RT

0 f(t)dtexiste et vaut : g(0) =

Z ∞ 0

f(t)dt.

Démonstration. PourT>0, la fonction : g_T(z) :=

Z T 0

f(t)e^−ztdt

est clairement holomorphe entière enz ∈ C. On doit montrer quelim_T→∞g_T(0) existe, et vautg(0).

ΩR

0

−δR

ER

ER

Imz

D⁻R

CR⁺

CR⁺

CR⁻

CR⁻

Imz

R

0

R Rez Rez

D⁻R

Soit un rayonR1, et soit l’ouvert : Ω_R :=

z∈C: |z|<R, Rez >−δ_R ,

oùδR > 0est choisi assez petit pour queg soit holomorphe au voisinage de sa fermeture Ω_R. Sa frontière∂Ω_R =D⁻_R ∪E_R∪C_R⁺se décompose en :

D⁻_R :=

|z|6^R, Rez =−δ_R , E_R :=

|z|=R, −δ_R 6^Rez 60 , C_R⁺ :=

|z|=R, Rez >0 . Avec le poids astucieux utile plus tarde^zT 1 + ^z_R²2

sans pôle, le théorème des résidus de Cauchy donne :

g(0)−gT(0) = 1 2iπ

Z

∂ΩR

g(z)−gT(z) e^zT

1 + z²

R²

dz z

= 1 2iπ

Z

D⁻_R

+ Z

ER

+ Z

C_R⁺

.

Il s’agit de démontrer que ces trois intégrales tendent vers0quandT−→ ∞.

Lemme 3.2. Sur le demi-cercleC_R⁺ 3z, l’intégrande est borné par :

g(z)−g_T(z) e^zT

1 + z²

R²

1 z

6 2||f||_L^∞

R R . Démonstration. En tout pointz ∈C_R⁺avecRez >0:

g(z)−g_T(z) =

Z ∞ T

f(t)e^−ztdt

6 ||f||_L^∞ Z ∞

T

e^−tRezdt

= ||f||L^∞

e^−TRez

Rez . Ensuite, comme ^z_R =e^iθ avec−^π₂ < θ < ^π₂ :

e^zT 1 + z²

R²

1 z

= e^zT

·

1 +e^2iθ · 1

R = e^TRez

e^−iθ +e^iθ

1

R = e^TRez 2Re z

R

1

R

6 2e^TRezRez

R R .

Une multiplication de ces deux majorations conclut.

Grâce à cela, avecR

CR⁺

|dz|=πR, on majore la troisième intégrale par une quantité qui tend vers zéro :

1 2iπ

Z

CR⁺

6 1

2ππR 2||f||_L^∞

R R

= ||f||_L^∞

R −→

R→ ∞ 0.

(3.3)

Maintenant, pour les deux intégrales surD⁻_R et surER, on traiteg(z)etgT(z)séparément dans g(z)−gT(z)

. Puisque g_T(z) = RT

0 f(t)e^−ztdt est holomorphe entière, grâce à Cauchy, le contour d’intégrationD⁻_R ∪ER peut être remplacé par le demi-cercle :

C_R⁻ :=

|z|= R, Rez 60 , à savoir :

1 2iπ

Z

D⁻R∪ER

−g_T(z) e^zT

1 + z²

R²

1

z dz = 1 2iπ

Z

CR⁻

même intégrande .

Or pourRez <0, on a : g_T(z)

6 ||f||_L^∞ Z T

0

e^−tRezdt 6 ||f||_L^∞ Z T

−∞

e^−tRezdt

= ||f||_L^∞ e^−TRez

|Rez| , et alors exactement la même estimée qu’à l’instant donne :

1 2iπ

Z

CR⁻

− g_T(z) e^zT

1 + z²

R²

dz z

6 1

2π ||f||_L^∞ Z

CR⁻

e^−TRez

|Rez|

2e^TRez|Rez|

R R |dz|

= 1

2π||f||_L^∞ 2

R RπR

= ||f||_L^∞

R −→

R→ ∞ 0.

(3.4)

Il reste à contrôler : 1 2iπ

Z

D⁻R∪ER

g(z) e^zT

1 + z²

R²

dz z .

Il y a ici le produit d’une fonction indépendante deT, holomorphe au voisinage deD⁻_R ∪E_R, donc intégrable, par la fonctione^zTdépendant deT, de module61, et satisfaisant :

e^zT

6 e^TRez −→

T→ ∞ 0 ^(∀Rez <0),

donc le théorème de convergence dominée de Lebesgue donne : 0 = lim

T→∞

Z

D⁻R∪ER

g(z) e^zT

1 + z²

R²

dz z . (3.5)

Au total, ces trois majorations (3.3), (3.4), (3.5) offrent :

lim sup

T→ ∞

g(0)−g_T(0)

6 ||f||_L^∞

R + ||f||_L^∞

R + 0,

et commeR1pouvait être choisi arbitrairement grand, c’est terminé ! 4. Exercices

Exercice 1. EE Exercice 2. EE