Partie III. Valeur moyenne du nombre de diviseurs

Partie I. Une formule d'Euler.

1. L'ensembleE(x)est ni de cardinalbxc. L'ensembleN(x)est inni carP(x)est ni (de cardinal π(x)) mais les exposants des facteurs premiers sont arbitraires. En revanche si on limite les exposants (entre0 etm) on obtient l'ensemble ni Nm(x)de cardinal (m+ 1)^π(x).

Pourxxé, tous les facteurs premiers des éléments deE(x)sont dansP(x). Notonsmle plus grand des exposants gurant dans ces décompositions. On a alorsE(x)⊂ Nm(x). CommeN_m(x)est ni, il admet un plus grand élémentyon a bien alorsN_m(x)⊂ E(y). Pour desx,m,y vériant ces inclusions, on aZ_x≤S_m(x)≤Z_y.

2. Quand on développe le produit proposé, on obtient une somme de(m+ 1)^π(x)termes.

Notons q =π(x), chaque terme est de la forme (^pm₁^1pm₂²¹···p^mqq )^δ avec (m₁,· · ·, m_q)∈ {0,· · · , m}^q.

On obtient ainsi dans les dénominateurs tous les éléments deNm(x)ce qui prouve la relation demandée.

3. a. L'encadrement demandé vient de l'inégalité des accroissements nis appliquée à la fonction x→x^1−δ entre j et j+ 1. Commeδ > 1, la dérivée (1−δ)x^−δ est croissante (elle est aussi à valeurs négatives). On en déduit :

(1−δ)(j)^−δ ≤(j+ 1)^1−δ−j^1−δ≤(1−δ)(j+ 1)^−δ

⇔ δ−1 (j+ 1)^δ ≤ 1

j^δ−1 − 1

(j+ 1)^δ−1 ≤δ−1 j^δ

b. On somme les inégalités précédentes ; celle de gauche pourj entre1eti−1, puis celle de droite pourj entre1 eti:

δ−1 2^δ ≤ 1

1^δ−1 − 1 2^δ−1 δ−1

3^δ ≤ 1

2^δ−1 − 1 3^δ−1 ...

δ−1

i^δ ≤ 1

(i−1)^δ−1 − 1 i^δ−1























⇒(δ−1)(Zi−1)≤1− 1 i^δ−1

⇒Zi ≤ 1

δ−1+ 1− 1 (δ−1)i^δ−1

1

1^δ−1− 1

2^δ−1 ≤δ−1 1^δ 1

2^δ−1− 1

3^δ−1 ≤δ−1 2^δ ...

1

i^δ−1 − 1

(i+ 1)^δ−1 ≤δ−1 i^δ























⇒1− 1

(i+ 1)^δ−1 ≤(δ−1)Z_i

⇒ 1

δ−1− 1

(δ−1)(i+ 1)^δ−1 ≤Z_i c. La suite (Zi)_i∈

N^∗ est clairement croissante par dénition. La partie droite de l'encadrement précédent montre qu'elle est majorée par _δ−1¹ + 1. Elle est donc convergente et on noteζ(δ)sa limite.

On utilise encore l'encadrement mais cette fois avec le théorème de passage à la limite dans une inégalité, on obtient :

1

δ−1 ≤ζ(δ)≤ 1 δ−1 + 1 carδétant>1 les termes en _iδ−1¹ tendent vers 0.

d. La suite(Sm(x))_m∈N∗ est clairement croissante. D'après la première question, il existe un entier i tel que S_m(x) ≤ Z_i ≤ ζ(δ). La suite est donc majorée donc convergente et sa limiteS(x)vérieS(x)≤ζ(δ).

4. La suite est formée de sommes de termes d'une suite géométrique de raisonp^−δ <1

m

X

k=0

1

p^kδ =1−p^−(m+1)δ

1−p^−δ → 1 1−_p¹_δ 5. Pour tout entierm et tout nombre premierp:

m

X

k=0

1

p^kδ ≤ 1 1−_p¹_δ Considérons alors la suite(Sm(x))_m∈N∗, d'après 1.

S_m(x) = Y

p∈P(x) m

X

k=0

1 p^kδ

!

La suite considérée est donc le produit desπ(x)suites convergentes Pm

k=0 1 p^kδ

m∈N^∗

pourpdécrivantP(x). Le produit d'une famille nie de suites convergentes est conver- gente et sa limite est le produit des limites. On en déduit que

S(x) = Y

p∈P(x)

1 1−_p¹δ

La question 3.d. montre que, pourxxé etmassez grand Zx≤Sm(x)≤ Y

p∈P(x)

1

1−_p¹_δ ≤ζ(δ)

OrZxtend versζ(δ)en+∞. Le théorème d'encadrement entraîne alors la convergence du produit avec

x→∞lim Y

p∈P(x)

1

1−_p¹_δ =ζ(δ)

Partie II. Constante d'Euler.

1. a. L'inégalité demandée résulte de l'inégalité des accroissements nis appliquée à la fonctionln entreieti+ 1en tenant compte de la décroissance de la dérivée.

b. Par dénition deun et d'après a. : u_n+1−u_n= 1

n+ 1−ln(n+ 1) + lnn≤0 ce qui prouve que(un)_n∈

N^∗ est décroissante.

c. On somme les inégalités droites du a.

ln 2−ln 1 ≤ 1 1 ln 3−ln 2 ≤ 1 ... 2 lnn−ln(n−1) ≤ 1

n−1























⇒lnn≤1 + 1

2 +· · ·+ 1

n−1 ⇒0≤un− 1 n

d. La suite(un)_n∈N∗est décroissante d'après b et minorée par 0 (à valeurs positives) d'après c. Elle est donc convergente. On noteγ sa limite. On posevn=un−γ, la suite(v_n)_n∈N∗ est décroissante et à valeurs positives.

2. Notonsϕ(x) l'expression dont on veut montrer qu'elle est positive. La fonctionϕest C^∞dans[0,1[et nulle en0. calculons la dérivée :

ϕ⁰(x) = 1− 1

1−x+ x 1−x

| {z }

=0

+ x²

2(1−x)² ≥0

La fonctionϕest donc croissante, nulle en0; elle est à valeurs positives.

Calculonsϕ(_n+1¹ ).

ϕ( 1

n+ 1) = 1

n+ 1 + ln(1− 1

n+ 1) + 1

2(n+ 1)²(1−_n+1¹ )

= 1

n+ 1+ ln(1− 1

n+ 1) + 1 2(n+ 1)n 3. Pour montrer que(wn)_n∈

N^∗ est croissante, formonswn+1−wn avec w_n = 1 +1

2+· · ·+ 1

n−lnn−γ− 1 2n

wn+1−wn= 1

n+ 1−ln(n+ 1)− 1

2(n+ 1)+ lnn+ 1 2n

= 1

n+ 1+ ln(n+ 1)−1 n+ 1 +

1

2n− 1 2(n+ 1)

= 1

n+ 1 + ln

1− 1 n+ 1

+ 1

2n(n+ 1) ≥0 La suite(w_n)_n∈

N^∗ est obtenue à partir de la suite(v_n)_n∈

N^∗qui tend vers0en ajoutant un terme correctif−_2n¹ qui converge vers0. Comme elle est croissante, cela entraîne qu'elle est à valeurs négatives ou nulles ce qui donne l'inégalité à droite de l'encadre- ment demandé

0≤Z_n−lnn−γ≤ 1 2n On avait déjà la positivité d'après 1.d.

4. Le raisonnement est très proche de celui des questions 2. et 3. Notonsψ(x)l'expression dont on veut montrer qu'elle est positive. La fonctionψest C^∞ dans[0,1[et nulle en 0. Calculons la dérivée :

ψ⁰(x) = 1− 1

1−x+ x

1 +x− x²

2(1 +x)² =− x²

1−x² − x²

2(1 +x)² ≤0

On en déduit ψ( 1

n+ 1) = 1

n+ 1 + ln(1− 1

n+ 1) + 1

2(n+ 1)²(1 + _n+1¹ )

= 1

n+ 1 + ln(1− 1

n+ 1) + 1

2(n+ 1)(n+ 2) ≤0 Formonstn+1−tn avec

tn= 1 + 1

2+· · ·+1

n−lnn−γ− 1 2(n+ 1)

t_n+1−t_n= 1

n+ 1 −ln(n+ 1)− 1

2(n+ 2) + lnn+ 1 2(n+ 1)

= 1

n+ 1 + ln(n+ 1)−1 n+ 1 +

1

2(n+ 1)− 1 2(n+ 2)

= 1

n+ 1 + ln

1− 1 n+ 1

+ 1

2(n+ 1)(n+ 2) ≤0 Comme la suite (t_n)_n∈

N^∗ converge vers 0 en décroissant, elle est à valeurs positives.

Cela donne l'inégalité à droite de l'encadrement suivant, l'inégalité à gauche venant de la question 3.

1

2(n+ 1) ≤Z_n−lnn−γ≤ 1 2n

En divisant par _2n¹, les suites de chaque côté tendent vers 1 et on obtient par le théorème d'encadrement que

Zn−lnn−γ∼ 1 2n

Partie III. Valeur moyenne du nombre de diviseurs

1. La dénition de la relation de domination est : il existe A > 1 et M > 0 tel que

|f(x)−g(x)|

|h(x)| ≤M pour tous les x≥A.

2. Les disques situés sur l'hyperbole de Dirichlet sont associés aux diviseurs dex, chaque coordonnée est un diviseur, le nombreτ(x) de diviseurs dex est donc le nombre de disques sur l'hyperbole. Sixetysont distincts, les hyperbolesHxetHysont disjointes.

Pour les points du plan à coordonnées entières situés au dessous deHx, les hyperboles

Fig. 1: III.2.T =C ∪ T1.

Hy avec 0 < y ≤ x forment une partition. On en déduit que la somme D(x) des nombres de diviseurs des entiers plus petits quex est le nombre total de disques au dessous de l'hyperbole.

Notonsy l'ordonnée marquée par un point d'interrogation. On a ym < xcar le point est strictement au dessous de l'hyperbole et(y+ 1)m > xd'ouy < _m^x < y+ 1 donc

y=bx mc

NotonsDl'ensemble des points à coordonnées entières en dessous de l'hyperbole etC le carré indiqué sur la gure. Il est formé par les couples d'entiers(m, k)tous les deux entre1etb√

xc. On a donc]C=b√ xc².

Notons T la zone délimitée sur la gure 1. Elle est formée par les couples d'entiers (m, k)tels quemk≤xetm <√

x. Chaque colonne deT d'abscissem est constituée par les(m, k)aveck entre1etb_m^xcdonc

]T = X

m∈E(√ x)

bx mc

La partieT est l'union du carréCet de la partie au dessus notéeT1et représentée sur la gure par les plus gros disques. On peut dénir une partieT2symétrique deT1par

rapport à la bissectrice des axes. On a alors une union disjointe : D=T1∪ C ∪ T2

Comme]T1=]T2 et]T =]T1+]C, on obtient : ]D= 2]T −]C ⇒D(x) = 2 X

m∈E(√ x)

bx mc − b√

xc²

3. Par dénition de la partie entière et en sommant sur lesb√

xcéléments deE(√ x): x

m −1<bx mc ≤ x

m xZ^√_x− b√

xc ≤ X

m∈E(√ x)

bx

mc ≤xZ^√_x

Deb√ xc ≤√

x, on déduit l'encadrement demandé.

4. D'après les deux précédentes questions, 2xZ^√_x−2b√

xc ≤D(x) +b√

xc²≤2xZ^√_x Prouver le résultat revient à montrer que

θ(x) =√ x

D(x)

x −(lnx+ 2γ−1)

est borné au voisinage de+∞. D'après la question 2., on a

D(x) = 2 X

m∈E(√ x)

bx mc − b√

xc²

Donc par la question 3. : 2Z^√_x−2√

x x −b√

xc²

x ≤ D(x)

x ≤2Z^√_x−b√ xc² x . OrZ^√_x=Z_b^√_xc, donc par II 4., Z^√_x= lnb√

xc+γ+^ε(b

√xc) 2b√

xc avecε→_+∞1. D'une part,

θ(x)≤√ x

ln

b√ xc² x

+ε(b√ xc) b√

xc + 1−b√ xc² x

comme

∗ b√

xc²≤xd'où√

xln_b^√_xc2

x

≤0.

∗

√x b√

xcε(b√

xc)→+∞1donc _b^√√x_xcε(b√

xc)est majoré au voisinage de+∞.

∗ En minorantb√

xcpar√

x−1on trouve que√ x

1−^b

√xc² x

≤2. On en déduit que la fonctionθ est majorée au voisinage de+∞. D'autre part,

θ(x)≥√ x

ln

b√ xc² x

+ε(b√ xc) b√

xc + 1−b√ xc² x −2√

x x

or

∗ En minorantb√

xcpar√

x−1 on trouve que ^b√_x^xc2 ≥1−^√2_x, donc par croissance deln, puis en multipliant par√

xon obtient √

xln_b^√_xc2

x

≥√ xln

1−^√2_x . Or

√xln

1−^√2_x

∼+∞−2, et est donc minoré au voisinage de+∞. Il en est donc de même pour√

xln_b^√_xc2

x

.

∗ b√

xc²≤xd'où√ x

1−^b

√xc² x

≥0.

∗

√x b√

xcε(b√

xc)→_+∞1, _b^√√x_xcε(b√

xc)est donc minoré au voisinage de+∞

∗ −√ x₂^√_x

x

= 2.

On en déduit que la fonctionθ est minorée au voisinage de+∞. La fonctionθ est donc bornée au voisinage de+∞.

Partie IV. Une inégalité de Chebychev

1. Par dénition,θ(2) = ln 2<2 ln 4 = ln 16.

2. Lorsquenest pair il n'est pas premier doncθ(n) =θ(n−1)≤(n−1) ln 4≤nln 4. 3. a. Le développement de(1 + 1)^2m+1 est une somme de coecients du binôme qui

contient en particulier

2m+ 1 m

et

2m+ 1 m+ 1

=

2m+ 1 m

On en déduit

2

2m+ 1 m

≤2^2m+1⇒

2m+ 1 m

≤4^m

b. Exprimons le coecient du binôme avec des produits : 2m+ 1

m

=(2m+ 1)(2m)· · ·(m+ 1) m!

Les hypothèses sur le nombre premier p montrent qu'il ne gure pas dans la décomposition dem!mais qu'il apparait quelque part dans les facteurs du numé- rateur. Il divise donc ce coecient du binôme.

c. Considérons θ(2m+ 1)−θ(m+ 1). Il s'agit en fait d'une somme qui porte sur tous les nombres premiers pde P(2m+ 1)\ P(m+ 1) c'est à dire vériant les inégalités de la question b.

θ(2m+ 1)−θ(m) = X

p∈P(2m+1)\P(m)

p= ln





Y

p∈P(2m+1)\P(m)

p





Comme tous les nombres premierspen jeu divisent le coecient du binôme, leur produit le divise aussi. On en déduit

Y

p∈P(2m+1)\P(m)

p≤

2m+ 1 m

⇒θ(2m+ 1)−θ(m)≤ln

2m+ 1 m

4. Il s'agit ici d'achever la démonstration par récurrence ébauchée dans les premières questions. Dénissons d'abord précisément la proposition. Pournnaturel supérieur ou égal à 2 :

(Pn) ∀k∈ {2,· · ·, n}:θ(k)≤kln 4

La proposition(P2)qui ne fait intervenir que2a été montrée en question 1.

On veut maintenant montrer que(P_n−1)⇒(Pn)pour n≥3. Le cas oùnest pair a été traité en 2.

Dans le cas oùnest impair et de la forme2m+ 1, on utilise la question 3. À cause du choix de la proposition à démontrer (récurrence forte), il sut de majorerθ(n):

θ(n) =θ(2m+ 1) =θ(m) + (θ(2m+ 1)−θ(m))≤mln 4 + ln

2m+ 1 m

≤mln 4 + ln 4^m≤2mln 4≤nln 4 On a utilisé au passage la majoration trouvée de 3.a.