Fonction Zˆ eta et th´ eor` eme des nombres premiers

Universit´e Pierre & Marie Curie Master de math´ematiques 1

Ann´ee 2011-2012 Module MM020

Th´ eorie des Nombres - TD6

Fonction Zˆ eta et th´ eor` eme des nombres premiers

Sauf mention explicite du contraire, les ´equivalents et les limites sont pris en +∞.

Exercice 1 : Montrer que Li(x) :=Rx 2

dt

logt ∼ _log^x_x.

Solution de l’exercice 1. On fait une int´egration par parties. On obtient Z x

2

dt logt =

t logt

x 2

+ Z x

2

dt (logt)² .

Or on dispose du r´esultat classique suivant : si f, g : [a; +∞[→ R⁺ sont deux fonctions continues, telles que f = o+∞(g) et g n’est pas int´egrable, alors on a Rx

a f(t)dt = o+∞ Rx

a g(t)dt

. D´emontrons rapidement ce r´esultat : soit > 0, il existe M ≥ a tel que pour tout t ≥ M, f(t) ≤ g(t). Soit x≥M. On a alorsRx

a f =RM

a f+Rx

Mf ≤RM

a f+Rx

Mg. Donc en particulier

Rx af Rx

a g ≤

RM a f Rx

a g +. Or par hypoth`ese, limx→+∞Rx

a g = +∞, donc il existe x0 ≥ M tel que pour tout x ≥ x0, on ait

RM a f R_x

ag ≤. Alors, pour toutx≥x0, on a Rx

a f ≤Rx

a g, ce qui conclut la preuve du r´esultat annonc´e.

D´eduisons l’´equivalent recherch´e : on a vu que Li(x) = _log^x_x − _{log 2}² +Rx 2

dt

(logt)². Par le r´esultat in- term´ediaire, on a Rx

2 dt

(logt)² = o+∞(Li(x)), d’o`u finalement Li(x) :=Rx 2

dt

logt ∼ _log^x_x. Exercice 2 :

a) On d´efinit Γ(s) :=R+∞

0 e^−tt^{s dt}_t.

i) Montrer que Γ est holomorphe sur Re (s)>0.

ii) Montrer que pour tout s∈C tel que Re (s)>0, on a Γ(s+ 1) =sΓ(s).

iii) Montrer que Γ se prolonge en une fonction m´eromorphe sur C. On admet que celle-ci ne s’annule pas.

iv) Calculer Γ(n), pour n≥1 entier.

v) Montrer que si Re (s)>1, alors ζ(s) = _Γ(s)¹ R+∞

0 t^s e^t−1dt

t.

b) Soitf une fonctionC^∞surR⁺`a d´ecroissance rapide `a l’infini. On d´efinitL(f, s) := _Γ(s)¹ R+∞

0 f(t)t^{s dt}_t pour Re (s)>0.

i) Montrer queL(f, .) admet un prolongement holomorphe `aC tout entier.

ii) Montrer que pour tout n∈N, on a L(f,−n) = (−1)ⁿf⁽ⁿ⁾(0).

c) On d´efinit les nombres de Bernoulli (B_n)n∈N par le d´eveloppement de Taylor de la fonction f₀ :t7→ _et−1^t en 0 : on ´ecrit ce d´eveloppement P

n≥0B_n^t_n!ⁿ.

i) Montrer queζ(s) = _s−1¹ L(f0, s−1) pour tout s∈C tel que Re (s)>1.

ii) Montrer queζ a un prolongement m´eromorphe `aC, avec un unique pˆole, qui est simple de r´esidu 1, en s= 1.

iii) Montrer que pour toutn∈N,ζ(−n) = (−1)^{n B}_n+1ⁿ⁺¹ (en particulier, ζ(−n)∈Q).

d) On d´efinit la fonctionF(z) := ¹_z +P+∞

n=1

1

z+n+_z−n¹

.

i) Montrer que F est une fonction m´eromorphe sur C, avec des pˆoles simples de r´esidu 1 en les entiers. Montrer ´egalement queF est impaire et 1-p´eriodique.

ii) On note G(s) :=F(z)−πcotan(πz). Montrer que la fonctionG est born´ee sur l’ensemble des s∈C tels que|Re (z)| ≤ ¹₂ et Im (z)≥1.

iii) En d´eduire que Gest la fonction nulle sur C.

iv) En d´eduire que pour tout k ≥ 1, on a ζ(2k) = −¹₂B_2k^(2iπ)_(2k)!^2k (en particulier, ζ(2k) est un multiple rationnel de π^2k).

Solution de l’exercice 2.

a) i) On introduit la fonctionf(s, t) :=e^−tt^s−1. Il est clair que cette fonction v´erifie les conditions suivantes :

– pour tout s∈C, tel que Re (s)>0,f(s, .) est int´egrable sur ]0; +∞[.

– pour tout t∈]0; +∞[, la fonction f(., t) est holomorphe sur Re (s)>0.

– pour tous 0 < σ1 <1< σ2, on a pour tout s∈C, siσ1 ≤Re (s) ≤σ2, alors |f(s, t)| ≤ e^−tt^σ2−1 sit∈[1; +∞[ et|f(s, t)| ≤e^−tt^σ1−1 sit∈]0; 1]. En outre, la fonction d´efinie par t7→e^−tt^σ1−1 sit∈]0; 1] ett7→e^−tt^σ2−1 sit≥1, est int´egrable sur ]0; +∞[.

Ces trois conditions assurent, via le th´eor`eme sur les int´egrales `a param`etres, que la fonction Γ d´efinie par Γ(s) =R+∞

0 f(s, t)dt est holomorphe sur Re (s)>0.

ii) Il s’agit de faire une int´egration par parties : on a Γ(s+ 1) =

Z +∞

0

e^−tt^sdt=

−e^−tt^s+∞

0 +

Z +∞

0

se^−tt^s−1 = 0 +sΓ(s).

iii) la fonction Γ est holomorphe sur Re (s)>0, la relation de la question b) permet d’´etendre Γ de la fa¸con suivante : pour tout s ∈ C\ {−n, n ∈ N}, on pose Γ(s) := s(s+1)...(s+n−1)^Γ(s+n) , o`u n∈ N est l’entier minimum tel que Re (s+n) >0. Il est clair alors que cette formule d´efinit une fonction m´eromorphe surC, dont les pˆoles sont exactement les entiers n´egatifs.

Ces pˆoles sont tous simples.

iv) Une r´eccurence simple avec la question b) assure que Γ(n) = (n−1)!, puisque Γ(1) = 1.

v) On calcule Z +∞

0

t^s e^t−1

dt t =

Z +∞

0

t^s−1 e^t

1

1−e^−tdt= Z +∞

0

t^s−1X

n≥0

e^−t(e^−t)ⁿdt .

Donc on a, en utilisant le th´eor`eme de convergence domin´ee pour ´echanger somme et int´egrale,

Z +∞

0

t^s e^t−1

dt t =X

n≥1

Z +∞

0

e^−ntt^s−1dt .

On fait le changement de variables u:=nt, et on obtient Z +∞

0

t^s e^t−1

dt t =X

n≥1

Z +∞

0

n^−se^−ut^s−1dt= Γ(s)ζ(s).

On en d´eduit la formule souhait´ee en utilisant le fait que la fonction Γ ne s’annule pas.

b) i) On rappelle que f est `a d´ecroissance rapide si pour tout n ≥ 0 et tout r ≥ 0, on a limx→+∞x^rf⁽ⁿ⁾(x) = 0. Il est clair que L(f, .) est d´efinie sur Re (s) >0, et que c’est une fonction holomorphe sur cet ensemble (la preuve est la mˆeme que celle de la question a)i)).

Une int´egration par parties assure que L(f⁰, s+1) = 1

Γ(s+ 1) Z +∞

0

f⁰(t)t^sdt= [f(t)t^s]^+∞₀ − s Γ(s+ 1)

Z +∞

0

f(t)t^s−1dt= 0−L(f, s) en utilisant la question a)ii).

On a donc, si Re (s) >0, L(f, s) = −L(f⁰, s+ 1). On peut donc prolonger L(f, .) `a C via la formule suivante : si s ∈C, tel que Re (s) ≤ 0, on pose L(f, s) := (−1)<sup>n</sup>L(f<sup>(n)</sup>, s+n), o`u n∈N est l’entier minimum tel que Re (s+n)> 0. Il est alors clair que cette fonction L(f, .) est holomorphe sur C.

ii) Par d´efinition, on a

L(f,−n) = (−1)ⁿ⁺¹L(f⁽ⁿ⁺¹⁾,1) = (−1)ⁿ⁺¹ Z +∞

0

f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt= (−1)ⁿ⁺¹(−f⁽ⁿ⁾(0)) = (−1)ⁿf⁽ⁿ⁾(0). c) i) C’est une cons´equence directe de la question a)v).

ii) La question b) assure que la fonction L(f₀, .) admet un prolongement holomorphe sur C (il est clair que f0 est une fonctionC^∞ `a d´ecroissance rapide). En outre, on a L(f0,0) = f0(0) = 1 puisqu’on prolonge f0 par continuit´e en 0, finalement la fonction ζ admet un prolongement m´eromorphe sur C, avec un seul pˆole, en s= 1, simple de r´esidu 1.

iii) Par la question b)ii), il suffit de calculer les d´eriv´ees de la fonction f₀ en 0. Par d´efinition des nombres de Bernoulli, on a f₀⁽ⁿ⁾(0) = B_n, donc les questions b)ii) et c) assurent que ζ(−n) = _n+1⁻¹ L(f0,−(n+ 1)) = (−1)^{n B}_n+1ⁿ⁺¹.

d) i) On ´ecritF(z) = ¹_z +P

n≥1 2z

z²−n². Sous cette forme, il est clair que cette s´erie de fonctions converge normalement sur tout compact de Cne rencontrant pas Z. Cela assure, puisque chaque fonction z 7→ _z2−n^z ₂, ainsi que z 7→ ¹_z, est holomorphe sur C\Z, que la fonction F est holomorphe sur C\Z. Il est en outre clair que F est m´eromorphe sur C, et ses pˆoles sont exactement les entiers relatifs, ils sont simples, avec r´esidu 1. Il est ´egalement clair que F est impaire. Montrons pour finir que F est 1-p´eriodique : soit N ∈N, on note FN(z) := ¹_z +PN

n=1

1

z+n+_z−n¹

. On fixe z∈C\Z. Alors on a FN(z+1) = 1

z+ 1+ 1

z+ 2+ 1 z

+

1

z+ 3+ 1 z−1

+· · ·+

1

z+ (n+ 1)+ 1 z−(n−1)

,

donc

FN(z+1) = 1 z+

N

X

n=1

1

z+n+ 1 z−n

+ 1

z+ (n+ 1)− 1

z−n =FN(z)+ 1

z+ (n+ 1)− 1 z−n. On fait tendreNvers +∞, et on obtient finalement queF(z+1) =F(z) car limN→+∞

1

z+(n+1) −_z−n¹

= 0. Donc F est 1-p´eriodique.

ii) Soitz=x+iy∈Ctel que|x| ≤ ¹₂ ety≥1. Alors

|πcotan(πz)|=π

e^iπz+e^−iπz

|e^iπz−e^−iπz| ≤πe^−πy+e^πy

e^πy−e^−πy ≤2π e^πy e^πy−1.

Or il est clair que la fonction y 7→ _eπy^eπy−1 est born´ee sur [1; +∞[ (car elle est continue est admet une limite finie en +∞). Donc la fonctionz7→πcotan(πz) est born´ee sur le domaine consid´er´e.

Montrons maintenant que F est born´ee sur le mˆeme domaine. On a

|F(z)| ≤1 + 2X

n≥1

|z|

|z²−n²| ≤1 + 2X

n≥1

|x|+y

y²+n²−x² ≤1 + 2X

n≥1 1 2 +y y²+n²− ¹₄ , d’o`u en utilisant une comparaison s´erie-int´egrale et en posantt⁰ := ^{q t}

y²−¹₄,

|F(z)| ≤1+2 1

2+y

Z +∞

0

dt

y²+t²−¹₄ = 1+ 2y+ 1 q

y²−¹₄ Z +∞

0

dt⁰

1 +t⁰² = 1+ 2y+ 1 q

y²−¹₄

arctan(t⁰)+∞

0 ,

Donc

|F(z)| ≤1 +π 2

2y+ 1 q

y²−¹₄ ,

et la fonction y 7→ q^2y+1

y²−¹₄ est born´ee sur [1; +∞[, donc F est born´ee sur le domaine consid´er´e. Donc finalementGest born´ee sur le domaine consid´er´e.

iii) On sait que la fonctionz 7→ πcotan(πz) est m´eromorphe surC avec ses pˆoles en tous les entiers relatifs, simples de r´esidu 1. Donc la question d)i) assure que G est holomorphe sur C. DoncG est born´ee que le compact

−¹₂;¹₂

×[−1; 1] deC. En outre,G est impaire, donc la question d)ii) assure que G est born´ee sur la bande verticale −¹₂ ≤ Re (z) ≤ ¹₂. Enfin, G est 1-p´eriodique (cf question d)i)), donc Gest born´ee sur C. Donc finalement G est une fonction holomorphe born´ee surC. Donc le th´eor`eme de Liouville assure queGest constante. Or Gest impaire, donc G(0) = 0, doncG est la fonction nulle sur C.

iv) La question d)iii) assure que pour toutz∈C\Z, πzcotan(πz) = 1 + 2z²X

n≥1

1 z²−n².

Or toutes les fonctions apparaissant dans cette ´egalit´e sont d´eveloppables en s´eries enti`eres sur le disque unit´e ouvert. On calcule ces d´evloppements en s´eries enti`eres :

πzcotan(πz) =iπze^2iπz+ 1 e^2iπz−1 =iπz

1 + 2

e^2iπz−1

=iπz+f0(2iπz) =iπz+X

n≥0

Bn

(2iπz)ⁿ n! .

Par ailleurs, on a 1 + 2z²X

n≥1

1

z²−n² = 1−2z²X

n≥1

1 n²

1

1− _n^z2 = 1−2X

n≥1

X

k≥1

z^2k

n^2k = 1−2X

k≥1

ζ(2k)z^2k.

Donc finalement, on aboutit `a l’identit´e de s´eries enti`eres suivante : iπz+X

n≥0

B_n(2iπz)ⁿ

n! = 1−2X

k≥1

ζ(2k)z^2k,

d’o`u l’on d´eduit par identification du coefficient devantz^2k, que pour tout k≥1, on a ζ(2k) =−1

2B_2k(2iπ)^2k (2k)! .

Exercice 3 : L’objectif de cet exercice est de montrer la forme faible du th´eor`eme des nombres premiers qui affirme qu’il existe deux constantes A, B > 0 telles que pour tout x > 0 suffisamment grand,

A x

logx ≤π(x)≤B x logx,

et d’expliciter les constantes A etB. On rappelle que la fonction Λ :N^∗ →R est d´efinie par Λ(n) = log(p) si n=p^k,p premier, et Λ(n) = 0 sinon.

a) On pose T(x) :=P

n≥1Λ(n)E(^x_n). Montrer que T(x) =P

n≤xlog(n).

b) En d´eduire que T(x) =xlog(x)−x+O(logx).

c) Montrer que T(x)−2T(^x₂)≤π(x) log(x).

d) Montrer que l’on peut prendre pour A tout r´eel<log 2.

e) Montrer que T(x)−2T(^x₂)≥log(^x₂) π(x)−π(^x₂) .

f) En d´eduire que π(x)≤2 log(2)Plog₂(x) k=1

x/2^k

log(x/2^k)+O(logx).

g) En d´ecomposant la somme pr´ec´edente enk≤ ₁₀¹ log₂(x) etk > ₁₀¹ log₂(x), montrer que l’on peut prendre pour B tout r´eel> ²⁰₉ log(2).

h) En raffinant ces methodes, on peut pr´eciser ce r´esultat avecA∼0,921 etB ∼1,105. Utiliser ce r´esultat pour en d´eduire le postulat de Bertrand (asymptotique) : pour toutn≥1 suffisamment grand, il existe un nombre premier p tel quen < p≤2n.

Solution de l’exercice 3.

a) On montre d’abord le fait classique suivant : sin∈N, et sip est un nombre premier, alors on a vp(n!) =X

k≥1

E n

p^k

.

il suffit pour cela de remarquer qu’il y aE(ⁿ_p) multiples depentre 1 etn,E(_pⁿ2) multiples dep² entre 1 et n, et plus g´en´eralement, pour tout k ≥1, il y a E(_pⁿk) multiples de p^k entre 1 et n.

Alors, en ´ecrivant n! = 1.2.3. . . . .(n−1).n, on voit que v_p(n!) =

E

n p

−E n

p²

+2

E n

p²

−E n

p³

+· · ·+k

E n

p^k

−E n

p^k+1

+. . . , donc

vp(n!) =X

k≥1

E n

p^k

.

On en d´eduit donc, en posantr:=E(x), que X

n≤x

log(n) = log(r!) =X

p

v_p(r!) log(p) =X

p

X

k≥1

E r

p^k

log(p) =X

p

X

k≥1

Λ(p^k) x

p^k

=X

n≥1

Λ(n)Ex n

.

b) On fait une comparaison s´erie-int´egrale : on a Z x

1

log(t)dt≤X

n≤x

log(n)≤ Z x+1

2

log(t)dt , donc

xlogx−x+ 1≤T(x)≤(x+ 1) log(x+ 1)−(x+ 1)−2 log(2) + 2. Alors il est clair que ces in´egalit´es impliquent que

T(x) =xlogx−x+O(logx). c) Par d´efinition, on a

T(x)−T x

2

=X

n≥1

Λ(n)

E x

n

−2E x

2n

.

Or pour tout n, on aE _n^x

−2E _2n^x

∈ {0; 1}, donc T(x)−T

x 2

≤X

n≤x

Λ(n) = X

p^k≤x

logp≤X

p≤x

logplogx

logp = logxX

p≤x

1 =π(x) logx .

d) En combinant les questions b) et c), on obtient que π(x) logx≥T(x)−2Tx

2

= log(2)x+O(logx), donc pour tout A <log 2, on a bien

A x

logx ≤π(x) pour x assez grand.

e) On a

T(x)−2Tx 2

=X

n≥1

Λ(n) Ex

n

−2E x 2n

≥X

p≤x

Λ(p)

E x

p

−2E x

2p

en se limitant aux entiers n premiers. On se limite ensuite aux entiers p premiers tels que

x

2 < p≤x. On obtient : T(x)−2T

x 2

≥ X

x 2<p≤x

logp

E x

p

−2E x

2p

.

Or pour un tel nombre premier p, on aE x

p

= 1 etE x

2p

= 0, d’o`u T(x)−2Tx

2

≥ X

x 2<p≤x

logp≥ X

x 2<p≤x

logx 2

= logx

2 π(x)−πx 2

.

f) La question pr´ec´edente assure que π(x)−π

x 2

≤ 1 log ^x₂

T(x)−2T x

2

. Or la question b) assure que T(x)−2T ^x₂

= log(2)x+O(logx). Donc on obtient que π(x)−πx

2

≤ log 2

log ^x₂x+O(1). Une r´ecurrence simple assure alors que

π(x) = 2 log(2)

log₂(x)

X

k=1

x/2^k

log(x/2^k) +O(logx). g) On pose k₀ := ₁₀¹ log₂x. Alors on a

k0

X

k=1

x/2^k

log(x/2^k) ≤ x log(x/2^k0)

k0

X

k=1

1

2^k ≤ x

log(x/2^k0) ≤ 10 9

x logx. De l’autre cˆot´e, on a

X

k>k0

x/2^k

log(x/2^k) ≤x X

k>k0

1 2^k ≤ x

2^k0 ≤x¹⁰⁹ . D’o`u finalement

π(x)≤ 20

9 log(2) x

logx+O(logx). Cela implique alors que pour tout B > ²⁰₉ log(2), on a

π(x)≤B x logx pour x assez grand.

h) On obtient l’estimation suivante : pourx assez grand, on a π(x)−π

x 2

≥A x

logx −B x 2 log ^x₂,

donc puisque 2A > B, on obtient que pour x assez grand, π(x)−π(^x₂) > 0, ce qui conclut la preuve.

Exercice 4 : On souhaite d´emontrer directement le postulat de Bertrand, `a savoir : pour toutn≥1, il existe un nombre premierptel quen < p≤2n.

a) Montrer que ²ⁿ_n

≥ ⁴_2nⁿ.

b) On veut montrer que pour tout r´eel x≥2, on a Q

p≤xp≤4^x−1.

i) Montrer qu’il suffit de le montrer pourx=qpremier. On va alors le montrer par r´ecurrence sur q.

ii) Montrer que siq = 2m+ 1, on a Q

p≤m+1p≤4^m etQ

m+1<p≤2m+1p≤ ^2m+1_m . iii) Montrer que ^2m+1_m

≤4^m. iv) Conclure.

c) Montrer que la valuationp-adique de ²ⁿ_n

vaut P

k≥1

E(²ⁿ_pk)−2E(_pⁿk) . d) Montrer que pour tout n,p,k,E(²ⁿ_pk)−2E(_pⁿ_k) = 0 ou 1.

e) Montrer que la valuationp-adique de ²ⁿ_n

est inf´erieure ou ´egale `a max{r :p^r≤2n}.

f) Montrer que sin≥3, ²ⁿ_n

n’est divisible par aucun nombre premier p tel que ²₃n < p≤n.

g) Montrer que ²ⁿ_n

≤(2n)

√2n−1Q_√

2n<p≤²₃npQ

n<p≤2np.

h) On suppose que pour un entier n≥2, il n’existe pas de nombre premierp tel que n < p≤2n.

Montrer que ²ⁿ_n

≤(2n)

√2n−14²ⁿ³ .

i) En d´eduire qu’un tel nest major´e par une constante explicite.

j) Conclure.

Solution de l’exercice 4.

a) On sait que P2n k=0

2n k

= 4ⁿ. Or le plus grand terme dans cette somme de 2n+ 1 termes est le terme central ²ⁿ_n

, et on a en outre ²ⁿ₀

= ²ⁿ_2n

= 1, donc on en d´eduit que 2n ²ⁿ_n

≥4ⁿ, d’o`u

2n n

≥ ⁴_2nⁿ.

b) i) Soit q le plus grand nombre premier inf´erieur ou ´egal `a x. Si on sait que Q

p≤qp ≤ 4^q−1, alors on a Q

p≤xp=Q

p≤qp≤4^q−1 ≤4^x−1, d’o`u le r´esultat pour x. Donc on peut supposer dans la suite que xest un nombre premier.

ii) Puisquem+ 1< q, on sait par r´ecurrence queQ

p≤m+1p≤4^m. Soitp un nombre premier tel que m+ 1< p≤2m+ 1. Alors en ´ecrivant

2m+ 1 m

= (2m+ 1)(2m). . .(m+ 1)

(m+ 1)m . . .2 = (2m+ 1)(2m). . .(m+ 2) m(m−1). . .2 ,

On obtient que le nombre premier p divise le num´erateur de cette fraction, mais pas son d´enominateur, donc p divise l’entier ^2m+1_m+1

. Donc on en d´eduit que Q

m+1<p≤2m+1p ≤

2m+1 m

(puisque le premier entier divise le second).

iii) On remarque que ^2m+1_m+1

= ^2m+1_m

et queP2m+1 k=0

2m+1 k

= 2.4^m. Donc en ne conservant que les deux termes centraux dans la somme, on trouve

2

2m+ 1 m

=

2m+ 1 m+ 1

+

2m+ 1 m

≤

2m+1

X

k=0

2m+ 1 k

= 2.4^m, d’o`u le r´esultat.

iv) Les questions b)ii) et b)iii) assurent que Q

p≤2m+1p ≤4^m.4^m, donc Q

p≤qp ≤4^q−1. On a donc montr´e l’h´eridit´e dans la preuve par r´ecurrence. Pour l’initialisation, il suffit de v´erifier que Q

p≤2p≤4¹, i.e. 2≤4, ce qui est vrai.

On a donc bien montr´e que pour tout r´eelx≥2, on aQ

p≤xp≤4^x−1.

c) On utilise `a nouveau le calcul effectu´e `a l’exercice 3 pourv_p(n!). En effet, puisque ²ⁿ_n

= ^(2n)!_(n!)2, on a pour tout nombre premier p,

v_p 2n

n

=v_p((2n)!)−2v_p(n!) =X

k≥1

E

2n p^k

−2E n

p^k

.

d) C’est clair avec les encadrements x−1< E(x)≤x pour tout r´eel x.

e) Supposonsp^r >2n. Alors dans la formule de la question c), on a E 2n

p^k

−2E n

p^k

= 0. Donc on obtient finalement que

v_p 2n

n

= X

rtel quep^r≤2n

E

2n p^k

−2E n

p^k

≤ X

rtel quep^r≤2n

1 =r₀, o`ur₀:= max{r:p^r ≤2n}.

f) Soitp premier tel que ²₃n < p≤n. Alorsp6= 2 et 3p >2n, donc les seuls multiples dep entre 1 et 2nsontpet 2p. Or ²ⁿ_n

= ^(2n)!_(n!)2, doncp et 2papparaissent au num´erateur, etpapparait deux fois au d´enominateur, doncp ne divise pas ²ⁿ_n

. g) On d´ecompose ²ⁿ_n

en facteurs premiers. on obtient 2n

n

= Y

p≤√ 2n

p^vp((²ⁿ_n)) Y

√2n<p≤²

3n

p^vp((²ⁿ_n)) Y

2 3n<p≤n

p^vp((²ⁿ_n)) Y

n<p≤2n

p^vp((²ⁿ_n)).

Or le premier produit contient au plus √

2n−1 termes, qui sont tous inf´erieurs ou ´egaux `a 2n par la question e). Donc on a

Y

p≤√ 2n

p^vp((²ⁿ_n))≤(2n)

√2n−1

.

Dans les trois produits suivants, on av_p ²ⁿ_n

= 0 ou 1. En outre, on a vu `a la question f), que si ²₃n < p≤n, alors v_p ²ⁿ_n

= 0. Donc finalement on obtient que 2n

n

≤(2n)

√2n−1 Y

√2n<p≤²₃n

p Y

n<p≤2n

p .

h) On a, grˆace `a la question pr´ec´edente, 2n

n

≤(2n)

√2n−1 Y

√2n<p≤²₃n

p .

Or la question b) assure que

Y

√2n<p≤²₃n

p≤ Y

p≤²₃n

p≤4²³ⁿ, d’o`u le r´esultat.

i) En combinant la question h) avec la question a), on obtient 4ⁿ

2n ≤(2n)

√2n−1

4²ⁿ³ , donc

4ⁿ³ ≤(2n)

√ 2n. En prenant le logarithme, on obtient finalement

√n≤ 3√ 2

log 4log(2n).

Alors, un tableau de variation et une recherche par valeurs approch´ees (par dichotomie par exemple) assure que la relation pr´ec´edente implique que

n≤426.

j) Pour d´emontrer le postulat de Bertrand, il reste `a le montrer pour les entiers n ≤ 426. Pour cela, la suite de nombres premiers suivants suffit (chacun de ces nombres premiers est inf´erieur au double du pr´ec´edent) :

2,3,5,7,13,23,43,83,163,317,431.

Exercice 5 : Soita, b, x1, . . . , xndes r´eels tels quea≤x1 <· · ·< xn≤b. Soientα(x1), . . . , α(xn)∈C.

On poseA(x) :=P

xi≤xα(xi), poura≤x≤b. Soit f : [a, b]→Cune fonction de classe C¹. Alors

n

X

i=1

α(xi)f(xi) =A(b)f(b)− Z b

a

A(x)f⁰(x)dx .

Solution de l’exercice 5. C’est une transformation d’Abel. On pose x₀ = a et x_n+1 = b. Calculons Rb

aA(x)f⁰(x)dx: Z _b

a

A(x)f⁰(x)dx=

n

X

i=0

Z _xi+1

xi

A(x)f⁰(x)dx=

n

X

i=0

Z _xi+1

xi

i

X

j=1

α(x_j)f⁰(x)dx=

n

X

i=0 i

X

j=1

α(x_j) Z _xi+1

xi

f⁰(x)dx . Donc puisquef est de classeC¹, on obtient que

Z b a

A(x)f⁰(x)dx=

n

X

i=0 i

X

j=1

α(x_j) (f(x_i+1)−f(x_i)) =

n

X

j=1

α(x_j)

n

X

i=j

(f(x_i+1)−f(x_i)) =

n

X

j=1

α(x_j) (f(b)−f(x_j)). Donc finalement,

Z b a

A(x)f⁰(x)dx=f(b)

n

X

j=1

α(xj)−

n

X

j=1

α(xj)f(xj) =f(b)A(b)−

n

X

j=1

α(xj)f(xj).

Exercice 6 :

a) Montrer que le th´eor`eme des nombres premiers implique quep_n ∼nlog(n). De mˆeme, montrer qu’il implique que θ(x) :=P

p≤xlog(p)∼x.

b) Si dn:=pn+1−pn, montrer queP

n≤x dn

logn ∼x.

c) Montrer que lim inf _log(n)^dn ≤1≤lim sup_log^dn_n.

d) Montrer que l’ensemble des quotients de deux nombres premiers est dense dansR⁺. e) Montrer les formules suivantes : P

p≤x log(p)

p ∼log(x) et P

p≤x 1

p ∼log(log(x)).

f) Montrer que le th´eor`eme des nombres premiers implique que pour toutλ >1, on aπ(λx)−π(x)∼ (λ−1)_log(x)^x .

En d´eduire que pour tout λ > 1, il existe x(λ) ∈ R⁺ tel que pour tout x ≥ x(λ), l’intervalle ]x;λx] contienne un nombre premier.

Solution de l’exercice 6.

a) Le th´eor`eme des nombres premiers assure queπ(p_n)∼ _log^pn_p

n. Or par d´efinition, on aπ(p_n) =n.

Donc finalement on a l’´equivalent suivant :p_n∼nlog(p_n). Il reste `a montrer que log(p_n)∼logn pour conclure. Puisque pn ∼ nlog(pn), on en d´eduit que _nlog^pn_p

n tend vers 1 quand n → +∞, donc logpn−logn−log logpn tend vers 0, donc en divisant par logpn, on obtient que _log^log_pⁿ

n tend vers 1 car lim_n^{log log}_logp^pn

n = 0. Donc finalement logp_n∼logn, doncp_n∼nlogn.

On d´efinit pour toutn,α(n) := 1 si nest premier et 0 sinon. On pose f := log. Alors on a θ(x) =X

p≤x

logp=X

n≤x

α(n)f(n). Si on pose A(x) :=P

n≤xα(x) =π(x), alors l’exercice 5 assure que l’on a

θ(x) =π(x) log(x)− Z x

2

π(t) t dt . Or on a ^π(t)_t dt∼t→+∞ 1

logt, et la fonctiont7→ _log¹_t n’est pas int´egrable en +∞, donc on obtient Z x

2

π(t) t dt∼

Z x 2

1

logtdt∼ x logx,

en utilisant l’exercice 1. Enfin, on sait que π(x) logx∼x, donc on conclut que θ(x)∼x .

b) On applique l’exercice 5 avec α(n) := dn, f(x) := _log¹_x et A(x) = P

n≤xdn = p_E(x) −2. On obtient alors

X

n≤x

d_n

logn = p_E(x)−2 logx +

Z x 2

p_E(t)−2 t(logt)² dt .

Or la question a) assure que ^pE(x)_logx⁻² ∼ x et ^p_t(log^E(t)−2_t)2 ∼ _log¹_t. Donc puisque t 7→ _log¹_t n’est pas int´egrable en +∞, on en d´eduit que Rx

2

p_E(t)−2

t(logt)²dt ∼ Rx 2

dt

logt ∼ _log^x_x en utilisant l’exercice 1.

Finalement, on a donc

X

n≤x

d_n logn ∼x .

c) On noteλ:= lim inf _log^dn_n. Supposonsλ >1. En particulier, il n’existe qu’un nombre fini dentels que _log^dn_n ≤ ^1+λ₂ . DoncP

n≤x dn

logn ≥ ^1+λ₂ x+O(1). Or ^1+λ₂ >1, donc cela contredit la question b).

Donc finalement lim inf _log^dn_n ≤1. La preuve pour lim sup_log^dn_n ≥1 est exactement sym´etrique.

d) Soient 0< α < β. Alors ^π(nβ)_π(nα) ∼ ^β_α^log_log^nα_nβ ∼ _α^β >1. Donc il existen₀∈Ntel que pour toutn≥n₀, π(nβ) > π(nα). Or il existe p premier tel que p ≥ n0. Alorsπ(pβ) > π(pα), donc il existe un nombre premierq tel que pα < q≤pβ. Doncα < ^q_p ≤β. Cette construction ´etant valables pour tous 0< α < β, cela assure que les quotients de deux nombres premiers sont denses dans R⁺.

e) On pose α(n) = 1 si npremier, 0 sinon, et f(x) := ^log_x^x. Alors l’exercice 5 assure que X

p≤x

logp

p =π(x)logx

x −

Z x 2

π(t)(1−logt) t² dt .

Or on aπ(x)^log_x^x ∼1, et ^{π(t)(1−log}_t2 ^t) ∼ ¹_t, qui n’est pas int´egrable en +∞, donc on a Z x

2

π(t)(1−logt) t² dt∼

Z x 2

dt

t ∼logx . Donc finalement, on a

X

p≤x

logp

p ∼logx .

Une autre solution pour d´emontrer cet ´equivalent consiste `a poser α(n) = lognsinest premier et 0 sinon, et f(x) = <sub>x</sub><sup>1</sup>, puis `a utiliser l’exercice 5 et la question a) (avec la fonctionθ).

Pour le second ´equivalent, on pose f(x) := _x¹. Alors on obtient X

p≤x

1

p = π(x)

x +

Z x 2

π(t) t² dt .

Or on a ^π(x)_x ∼ _log¹_x et ^π(t)_t2 ∼ _tlog¹ _t qui n’est pas int´egrable en +∞. On a donc Z x

2

π(t) t² dt∼

Z x 2

1

tlogtdt∼log logx . Donc finalement on obtient

X

p≤x

1

p ∼log logx .

f) On sait queπ(x)∼ _log^x_x etπ(λx)∼λ_log^x_x. En particulier, on a lim^π(λx)_π(x) =λ. Doncπ(λx)−λπ(x)

π(x) →

0. Donc lim

_{π(λx)−π(x)}

π(x) −(λ−1)

= 0. Donc ^{π(λx)−π(x)}_π(x) ∼ (λ−1), donc finalement π(λx)− π(x)∼(λ−1)_log^x_x.

En particulier, pour x assez grand, π(λx)−π(x)>0, donc il existe un nombre premier p dans l’intervalle ]x;λx].

Exercice 7 : On souhaite montrer que le th´eor`eme des nombres premiers implique la non-annulation deζ sur la droite Re (s) = 1.

a) On note ζ_P(s) := P

p 1

p^s. Montrer que la fonction f(s) := log(ζ(s))−ζ_P(s) (d´efinie pour s ∈ ]1; +∞[) s’´etend en une fonction holomorphe sur Re (s)> ¹₂.

b) Soitt >0. Montrer que les trois assertions suivantes sont ´equivalentes : i) ζ(1 +it)6= 0.

ii) ζ_P se prolonge en une fonction holomorphe au voisinage de 1 +it.

iii) ζ_P(σ+it) = o(log(σ−1)) quand σ→1⁺. c) Montrer que pour Re (s)>1, on aζ_P(s) =P∞

n=1π(n) (n^−s−(n+ 1)^−s).

d) Montrer qu’il existe une fonction holomorphe sur Re (s) > 0, not´ee δ, telle que pour tout s, si Re (s)>1, on aζ_P(s) =sP

n≥1 π(n)

n n^−s+δ(s).

e) Montrer que dans la question b), on peut remplacer ζ_P par Π :s7→P

n≥1 π(n)

n n^−s.

f) Soit une s´erie de Dirichlet `a coefficients strictement positifs g(s) = P

n≥1a_nn^−s. On suppose que g a une abscisse de convergence absolue not´ee σ0, et que g(σ0) diverge. Soit ´egalement h(s) =P

n≥1bnn^−s, avecbn∼an. Montrer que l’abscisse de convergence absolue deh est aussi σ₀ et que |g(s)−h(s)|= o(g(Re (s))) quand Re (s)→σ₀.

g) On pose h(s) :=P

n≥2 1

lognn^−s. Montrer que h⁰(s) = 1−ζ(s) pour Re (s) > 1, et que h(σ) ∼

−log(σ−1) quand σ→1⁺.

h) Montrer que |Π(s)−h(s)|= o(log(Re (s)−1)) quand Re (s)→1⁺. i) Montrer que pourt >0,|Π(σ+it)|= o(log(σ−1)) quand σ→1⁺. j) Conclure que ζ ne s’annule pas sur la droite Re (s) = 1.

Solution de l’exercice 7.

a) Soit s ∈ C, avec Re (s) > 1. Alors on a par d´efinition log(ζ(s)) = −P

plog(1−p^−s), o`u log(1−p^−s) = −P

n≥1 p^−ns

n , donc f(s) = −P

p(log(1−p^−s) +p^−s). Or on a log(1−p^−s) + p^−s∼_p→+∞−^p−2s₂ . Donc la s´erie de fonctions pr´ec´edente converge normalement sur tout compact contenu dans Re (s)> ¹₂. Donc la fonction f admet un prologement holomorphe `a Re (s)> ¹₂. b) On suppose i). Alors la formuleζ_P(s) = log(ζ(s))−f(s), valable pour Re (s)>1, peut s’´etendre

sur un voisinage des= 1+itpuisqueζ ne s’annule pas en ce point, donc la fonctions7→log(ζ(s)) se prolonge en une fonction holomorphe au voisinage de 1+it. Alors la formuleζ_P(s) = log(ζ(s))−

f(s) permet de prolonger ζ_P au voisinage de 1 +it. D’o`u ii).

L’assertion ii) implique iii) est ´evidente.

Supposons iii) et le contraire de i), i.e. ζ(1 +it) = 0. Alors ^ζ(σ+it)_σ−1 admet une limite finie quand σ → 1⁺. Or on dispose de la formule ζ(s) = e^ζP(s)e^f(s) pour Re (s) > 1. Puisque f est holomorphe au voisinage de 1 +it, on en d´eduit que e^ζP(σ+it)−log(σ−1) admet une limite finie quand σ → 1⁺. Par ii), on a lim_σ→1+ ζ_P(σ+it)

log(σ−1) = 0, donc lim_σ→1+ ζ_P(σ+it)−log(σ−1)

log(σ−1) = −1, donc lim_σ→1⁺(ζ_P(σ+it)−log(σ−1)) = +∞, ce qui est contradictoire. Donc finalement iii) implique i).

c) On d´efinit le fonction indicatrice des nombres premiersδ_P :N→Nparδ_P(n) = 1 sinest premier et 0 sinon. On a alors δ_P(n) =π(n)−π(n−1). Or on a

ζ_P(s) =X

p

p^−s=X

n

δ_P(n)n^−s=X

n

(π(n)−π(n−1))n^−s. Or pour tout N, on a

N

X

n=1

(π(n)−π(n−1))n^−s=

N−1

X

n=1

π(n)(n^−s−(n+ 1)^−s) +π(N)N^−s. Donc en faisant tendre N vers +∞, on obtient que pour Re (s)>1,

ζ_P(s) =

∞

X

n=1

π(n)(n^−s−(n+ 1)^−s). d) On calculeζ_P(s)−sP

n≥1 π(n)

n n^−s, pour Re (s)>1 : ζ_P(s)−sX

n≥1

π(n)

n n^−s =X

n≥1

π(n)n^−s 1−

1 + 1 n

−s

− s n

! ,

or on a

1− 1 +_n¹−s

−_n^s

∼n→+∞−^s(s−1)_2n2 , doncπ(n)n^−s

1− 1 +¹_n−s

−_n^s

∼ −_2n^s(s−1)1+slogn. Or la s´erie de terme g´en´eral _2n^s(s−1)1+slogn converge absolument pour Re (s) > 0, donc en po- sant δ(s) := sP

n≥1π(n)n^−s

1− 1 +¹_n−s

−_n^s

, on a que δ est une fonction holomorphe

sur Re (s)>0 telle que pour tout Re (s)>1, on ait ζ_P(s) =sX

n≥1

π(n)

n n^−s+δ(s).

e) C’est clair puisqueδ se prolonge en une fonction holomorphe sur Re (s)>0.

f) Pour tout s∈C, on a|b_nn^−s| ∼ |a_nn^−s|. Cela assure que les deux s´eries de Dirichlet ont mˆeme abscisse de convergence absolue.

Par hypoth`ese, on a (an−bn) = o(an). Soit > 0. Il existe n0 ∈ N tel que pour tout n≥ n0,

|a_n−bn| ≤an. Pour touts=σ+it, avec σ > σ0, on a

|g(s)−h(s)|

|g(σ)| ≤ P

n≥1|a_n−b_n|n^−σ P

n≥1a_nn^−σ = P_n0

n=1|a_n−b_n|n^−σ P

n≥1a_nn^−σ + P

n≥n₀|a_n−b_n|n^−σ P

n≥1a_nn^−σ ≤ P_n0

n=1|a_n−b_n|n^−σ P

n≥1a_nn^−σ + . Or par th´eor`eme de convergence monotone, on a limσ→σ0

P

n≥1a_nn^−σ

=P

n≥1a_nn^−σ0 = +∞, donc pour σ > σ0 suffisamment proche de σ0, on a

Pn0

n=1|a_n−b_n|n^−σ P

n≥1ann^−σ ≤. Donc finalement, pour σ suffisamment proche deσ0, on a |g(s)−h(s)|

|g(σ)| ≤2, donc lim

σ→σ⁺₀

|g(s)−h(s)|

|g(σ)| = 0.

g) Par convergence uniforme de la s´erie de fonctions et de la s´erie des fonctions d´eriv´ees sur tout compact de Re (s)>1, la fonctionhest bien d´efinie et d´erivable sur Re (s)>1, et sa d´eriv´ee est

h⁰(s) :=−X

n≥2

n^−s= 1−ζ(s). Or on sait que ζ(σ)∼_σ→1+ 1

σ−1 puisque ζ admet un pˆole simple en s= 1 de r´esidu 1. Donc on en d´eduit queh⁰(σ)∼_σ→1+ −1

σ−1. Donc en int´egrant cet ´equivalent (on peut le faire carσ 7→ _σ−1¹ n’est pas int´egrable au voisinage de 1), on en d´eduit queh(σ)∼_σ→1+ −log(σ−1).

h) On applique la question f) aux fonctionsg:s7→Π(s) eth, aveca_n:= ^π(n)_n etb_n= _log¹_n (σ₀ = 1).

Le th´eor`eme des nombres premiers assure quean∼bn, et on sait que la s´erie P

n 1

nlogn diverge.

Donc on peut bien appliquer la question f), d’o`u|Π(s)−h(s)|= o(|h(σ)|) quandσ= Re (s) tend vers σ⁺₀ = 1⁺. Enfin, la question g) assure que h(σ)∼_σ→1+ −log(σ−1), donc on a bien

|Π(s)−h(s)|= o(log(σ−1)).

i) La formuleh⁰(s) = 1−ζ(s) assure queh⁰ admet un prolongement m´eromorphe `a C, avec un seul pˆole en 1. Cela assure que h admet un prolongement m´eromorphe `a C\ {1}. En particulier, h admet une limite finie en 1 +it,t >0. Donc |h(σ+it)|= o(log(σ−1)) quand σ →1⁺. Donc la question h) assure que

|Π(σ+it)|= o(log(σ−1)).

j) Les questions b), e) et i) assurent que pour toutt >0,ζ(1 +it)6= 0. En utilisant queζ(s) =ζ(s) sur Re (s)>1, on conclut que ζ ne s’annule pas sur la droite Re (s) = 1.