Feuille 29

(1)

Feuille 29

Exercice29.1 Solution p. 4

On suppose queI etJ sont deux ensembles.

— S’il existe une application injective de I dansJ et siJ est fini ou dénombrable, montrer queI est fini ou dénombrable.

— S’il existe une application surjective de I dansJ et siI est fini ou dénombrable, montrer queJ est fini ou dénombrable.

Inégalité de Jensen

Soitϕune fonction convexe continue deRdansR.SoitI un ensemble dénombrable et(λ_i)i∈Iune famille de réels strictement positifs tels queX

i∈I

λi = 1.Soit(xi)i∈Iune famille de réels telle que(λixi)et(λiϕ(xi))sont sommables.

Montrer queϕ X

i∈I

λ_ix_i

!

≤X

i∈I

λ_iϕ(x_i).

Soit(a, b)∈C²aveca6=b. Calculer la somme de la famille double

Å a^pb^q (p+q)!

ã

(p,q)∈N²

.

Pour tout couple(m, n)∈N^∗2, on pose um,n = 1

n+ 1 Å n

n+ 1 ãm

− 1 n+ 2

Ån+ 1 n+ 2

ãm

1. Montrer que pour toutm∈N^∗, la sérieX

n≥1

u_m,n converge et calculer sa somme notéev_m, puis montrer que la série X

m≥1

v_mconverge et calculer sa somme.

2. Montrer que pour toutn∈N^∗, la série X

m≥1

um,nconverge et calculer sa somme notéewn, puis montrer que la sérieX

n≥1

wnconverge et calculer sa somme.

3. Commenter les résultats précédents.

Soitx∈Cavec|x|<1. Montrer que

+∞

X

n=1

x²ⁿ⁻¹ 1−x²ⁿ⁻¹ =

+∞

X

n=1

xⁿ 1−x²ⁿ. On pourra utiliser la suite double x²ⁿ⁻¹(x²ⁿ⁻¹)^k

(n,k)∈N^∗×N.

1. A quelle condition surαpeut-on poserR_n=

+∞

X

k=n

1 k^α.

(2)

2. Déterminer la nature de la sérieX R_n.

3. En cas de convergence, montrer que

+∞

X

n=1

R_n=

+∞

X

q=1

1 q^α−1.

Soitf :R−→Rune application continue.

Montrer que la famille(f(q))q∈Qest sommable si et seulement sif est nulle.

Pourα∈R, la famille Å 1

p^α+q^α ã

(p,q)∈N^∗2

est-elle sommable ?

Les ensembles suivants sont-ils dénombrables ? 1. a. L’ensembleP_f(N)des parties finies deN.

b. L’ensembleP_ω(N)des parties dénombrables deN.

c. L’ensembleP(N)des parties deN. 2. a. L’ensembleN^Ndes suites entières.

b. L’ensembleA⊂N^Ndes suites ne prenant qu’un nombre fini de valeurs.

c. L’ensembleB ⊂N^Ndes suites stationnaires à partir d’un certain rang.

3. a. L’ensembleσ(N)des bijections deNdans lui-même.

b. L’ensembleσ₀(N)des bijections deNdans lui-même coïncidant avec l’identité en dehors d’un ensemble fini.

Soit(a_n)n∈N^∗une suite de complexes telle queX

n≥1

a²_nest absolument convergente.

1. Montrer que, pour toutn∈N^∗, Z π

−π

x

n

X

k=1

(−1)^k|a_k|e^ikx

!2

dx= 2π i

X

1≤k≤n 1≤p≤n

|a_k||a_p| k+p .

2. Montrer que la famille Åa_pa_q

p+q ã

p,q∈N^∗

est sommable.

En admettant que

+∞

X

n=1

1 n² = π²

6 et que

+∞

X

n=1

1 n⁴ = π⁴

90, calculez(p, q)∈N^∗2 X

(p,q)∈(N^∗)² p∧q=1

1 p²q².

Produit eulérien:

On notePl’ensemble des nombres premiers et on désigne parpnlen-ème nombre premier.

Pour toutn ∈N^∗, on noteAnl’ensemble des entiers non nuls dont la décomposition en facteurs premiers ne fait intervenir que les nombres premiersp_kaveck≤n. Ainsi, pour toutm∈N^∗, m∈A_n⇔[∀p∈P, p|m⇒p∈ {p₁, . . . , p_n}].

On fixes∈Ctel queRe(s)>1.

1. Pour toutn∈N^∗, montrer que

n

Y

k=1

1

1−p^−s_k = X

q∈A_n

q^−s

Quentin De Muynck 2 Sous licencecbea

(3)

2. En déduire queY

p∈P

1 1−p^−s =

+∞

X

q=1

q^−s

On notePl’ensemble des nombres premiers et on désigne parp_nle nième nombre premier.

Pour toutn ∈N^∗, on noteAnl’ensemble des entiers non nuls dont la décomposition en facteurs premiers ne fait intervenir que les nombres premiersp_kaveck≤n. Ainsi, pour toutm∈N^∗, m∈An⇔[∀p∈P, p|m⇒p∈ {p₁, . . . , p_n}].

1. Pour toutn∈N^∗, montrer que

n

Y

k=1

1 1−_p¹

k

= X

q∈A_n

1 q.

2. En déduire que

n

Y

k=1

1 1−_p¹

k

−−−−−→

n→+∞ +∞

3. Montrer queX

k

1 pk

diverge.

(4)

Solution de l’exercice 29.1 Énoncé

— Supposons queϕ soit une injection deI dans J et queJ soit au plus dénombrable (fini ou dénombrable).

Alors I est en bijection avec ϕ(I) qui est fini ou dénombrable en tant que partie deJ. DoncI est fini ou dénombrable.

— Supposons queϕsoit une surjection deIdansJ et queIsoit fini ou dénombrable.

AlorsJ =[

i∈I

{ϕ(i)}, doncJ est au plus dénombrable en tant que réunion au plus dénombrable d’ensembles finis.

On connaît déjà l’inégalité de Jensen pour les sommes finies. Il nous faut ici la montrer pour des familles sommables.

SiJ est une partie finie incluse dansI, alors d’après l’inégalité de Jensen, en posantµi = 1 P

j∈Jλj

λion a

ϕ ÇP

j∈Jλixi

P

i∈Jλ_i å

≤ 1

P

i∈Jλ_i X

i∈J

λ_iϕ(x_i)

On a bienX

i∈J

µ_i= 1 P

j∈Jλ_j X

i∈J

λ_i = 1.

On conclut en remplaçantJ parJ_n, et en faisant tendrenvers+∞(par continuité deϕ), où(J_n)n∈Nest une suite adaptée àI (suite croissante de parties finies deIdont la réunion vautI).

Remarque: Toute fonction convexe définie sur Rest continue, donc cette hypothèse est superflue, néanmoins ce n’est pas au programme.

Commeaet bsont complexes, il nous faut montrer que la famille est sommable, i.e. que

Å|a|^p|b|^q (p+q)!

ã

est sommable.

Sans perte de généralité, on peut supposer que|a|= max{|a|,|b|}, et donc∀p, q∈N, |a|^p|b|^q

(p+q)! ≤ |a|^p+q

(p+q)! ∈R+. Posons, pour toutn ∈ N,In = {(p, q) ∈ N² / p+q = n}, c’est bien une partition de N², donc, en travaillant dansR+, on a :

X

(p,q)∈N²

|a|^p|b|^q

(p+q)! ≤ X

(p,q)∈N²

|a|^p+q (p+q)!

=

+∞

X

n=0

X

p+q=n

|a|^p+q (p+q)!

=

+∞

X

n=0

(n+ 1)|a|ⁿ n!

=

+∞

X

n=1

|a|ⁿ (n−1)! +

+∞

X

n=0

|a|ⁿ n!

=|a|

+∞

X

n=0

|a|ⁿ n! +

+∞

X

n=0

|a|ⁿ n!

= (|a|+ 1) e^|a|<+∞

Donc la famille est bien sommable.

(5)

PosonsJ_n={(p, q)∈N² / p+q≤n}, c’est bien une suite adaptée àN². Soitn∈N,

X

(p,q)∈J_n

a^pb^q (p+q)! =

n

X

k=0

X

p+q=k

a^pb^q k! =

n

X

k=0

1 k!

X

p+q=k

a^pb^q

Or, d’après la formule de Bernoulli, on aa^k+1 −b^k+1 = (a−b)

k

X

i=0

aⁱb^k−i = (a−b) X

p+q=k

a^pb^q. Reprenons le calcul :

X

(p,q)∈Jn

a^pb^q (p+q)! =

n

X

k=0

1 k!

X

p+q=k

a^pb^q

=

n

X

k=0

1

k!·a^k+1−b^k+1

a−b (cara6=b)

= 1 a−b

n

X

k=0

a^k+1 k! −

n

X

k=0

b^k+1 k!

!

= a

a−b

n

X

k=0

a^k k! − b

a−b

n

X

k=0

b^k k!

−−−−−→

n→+∞

ae^a−be^b a−b avecel’exponentielle complexe.

um,n = 1 n+ 1

Å n n+ 1

ãm

− 1 n+ 2

Ån+ 1 n+ 2

ãm

1. On fixem∈N^∗. On a une série télescopique : X

n∈N^∗

u_m,n = Å1

2 ãm+1

Donc on a maintenant une série géométrique : X

m∈N^∗

X

n∈N^∗

u_m,n = X

m∈N^∗

Å1 2

ãm+1

= 1 4

1 1−¹₂ = 1

2 2. On fixen∈N^∗. On a deux série géométriques convergentes :

X

m∈N^∗

um,n= n (n+ 1)²

X

m∈N

Å n n+ 1

ãm

− n+ 1 (n+ 2)²

X

m∈N

Ån+ 1 n+ 2

ãm

= n

(n+ 1)² 1

1−_n+1ⁿ − n+ 1 (n+ 2)²

1 1−ⁿ⁺¹_n+2

= n

n+ 1−n+ 1 n+ 2 Donc on a maintenant une série télescopique :

X

n∈N^∗

X

m∈N^∗

u_m,n= 1

2−1 =−1 2 3. La famille n’est donc pas sommable.

(6)

Solution de l’exercice 29.5 Énoncé Soitn∈N^∗.|x|²ⁿ⁻¹^k<1, donc la série géométriqueX

k

|x|²ⁿ⁻¹(|x|²ⁿ⁻¹)^kest absolument convergente et :

x²ⁿ⁻¹ 1−x²ⁿ⁻¹ =

+∞

X

k=0

x²ⁿ⁻¹(x²ⁿ⁻¹)^k De plus, pour toutn∈N,

+∞

X

k=0

x²ⁿ⁻¹(x²ⁿ⁻¹)^k

= |x|²ⁿ⁻¹

1− |x|²ⁿ⁻¹ |x|²ⁿ⁻¹ Donc, la série

X

n≥1 +∞

X

k=0

x²ⁿ⁻¹(x²ⁿ⁻¹)^k

!

est convergente. On peut donc appliquer le théorème de Fubini. Ainsi :

+∞

X

n=1

x²ⁿ⁻¹ 1−x²ⁿ⁻¹ =

+∞

X

n=1 +∞

X

k=0

x²ⁿ⁻¹(x²ⁿ⁻¹)^k

=

+∞

X

k=0 +∞

X

n=1

x²ⁿ⁻¹(x²ⁿ⁻¹)^k=

+∞

X

k=1 +∞

X

n=0

x^(2n+1)k

=

+∞

X

k=1

x^k

+∞

X

n=0

x^(2n+1)k(x^2k)ⁿ=

+∞

X

k=1

x^k 1−x^2k

=

+∞

X

n=1

xⁿ 1−x²ⁿ

1. C’est une série de Riemann, donc convergente si et seulement siα >1.

2. 3. On va réunir les deux questions en une seule en travaillant dansR+. Posonsu_n,k =

® ₁

k^α sik≥n

0 sik < n. Ainsi, on a bienRn=

+∞

X

k=1

u_n,k. Alors d’après le théorème de Fubini dansR+:

+∞

X

n=1

Rn= X

n,k≥1

un,k =

+∞

X

n=1 +∞

X

k=1

un,k =

+∞

X

k=1 +∞

X

n=1

un,k =

+∞

X

k=1 k

X

n=1

1 k^α =

+∞

X

k=1

1 k^α−1

Donc la série converge si et seulement siα >2.

Remarque:

+∞

X

n=1

R_n=

+∞

X

n=1 +∞

X

k=n

1

k^α «=» X

1≤n≤k

1 k^α =

+∞

X

k=1 +∞

X

n=k

1 k^α. C’est une généralisation des sommes triangulaires finies.

Question 2 :

La solution est ci-après rédigée. On utilise le TCSI (théorème de comparaison séries-intégrales), pourα >1etk≥2.

On a Z k+1

k

dt t^α ≤ 1

k^α ≤ Z k

k−1

dt k^α, donc

Z +∞

n

dt

t^α ≤Rn≤ Z +∞

n−1

. En faisant le calcul : −1

1−α · 1

n^α−1 ≤R_n≤ −1

1−α · 1

(n−1)^α−1 ∼ −1 1−α · 1

n^α−1. DoncRn∼ −1

1−α · 1

n^α−1 etX

Rnconverge si et seulement siα >2.

(7)

Solution de l’exercice 29.7 Énoncé La réciproque est claire, puisque∀q ∈ Q, f(q) = 0, et d’après le cours sur la sommabilité :0× ∞ = 0. (on somme une infinité de fois des zéros)

Supposons quef soit non-nulle. Supposons sans perte de généralité qu’il existex₀ ∈Rtel quef(x₀)>0.

Il existe doncα, ε >0tel que∀x∈]x0−α, x0+α[, f(x)> ε >0carfest continue.

CommeQest dense dansR, il existeA⊂Qune partie infinie deQtelle queA⊂]x0−α, x0+α[. On a donc : X

q∈Q

|f(q)| ≥X

q∈A

|f(q)| ≥X

q∈A

ε= +∞

carε >0. Donc(f(q))q∈Qn’est pas sommable.

Pour montrer l’existence de cette partie infinie, il suffirait de décomposer l’ouvert]x₀−α, x₀+α[en une réunion disjointe d’une infinité dénombrable d’ouverts. La partieA, incluse dans l’ouvert]x0−α, x0+α[rencontre chacun de ces ouverts (par la densité), donc elle est infinie.

Supposons queα >2. Pour tout(a, b)dansR²,2ab≤a²+b². Donc : 0≤ 1

p^α+q^α ≤ 1 2p^α²q^α² Mais la sérieX 1

p^α² converge car ^α₂ >1.

Supposons queα≤2.Alors,

1

p^α+q^α ≥ 1

p²+q² ≥ 1 (p+q)² En travaillant surR+∪ {+∞}, par sommation par paquets :

X

(p,q)∈N^∗2

1 (p+q)² =

+∞

X

n=2

X

(p,q)∈N∗2 p+q=n

1 (p+q)²

=

+∞

X

n=2

1

n² ×(n+ 1) = +∞

carn−1 n² ∼ 1

net la série harmonique diverge. Ainsi la famille de réels positifsÄ ₁

(p+q)²

ä

(p,q)∈N^∗2

n’est pas sommable donc la familleÄ ₁

p^α+q^α

ä

(p,q)∈N^∗2 n’est pas sommable.

Autre solution : PosonsS_n= X

1≤p,q≤n

1

p^α+q^α. La suite({1, . . . , n}²)n∈N^∗étant une suite de parties finies croissante dont la réunion est égale àN^∗2, la famille

Å 1 p^α+q^α

ã

(p,q)∈N^∗2

est sommable si et seulement si la suiteS_nest convergente, c’est-à- dire si et seulement si la série télescopiqueP

(Sn+1−Sn)est convergente.

OrS_n−Sn−1= 2

n

X

k=1

1

k^α+n^α − 1 2n^α.

Or d’après le cours sur les sommes de Riemann, lorsquef est une application continue de[0,1]dansR, 1

n

X

k=1

f Åk

n ã

−−−−−→

n→+∞

Z 1 .

f(t) dt.

Ainsi :

n

X

k=1

1

k^α+n^α = 1 n^α

n

X

k=1

1

1 + ^k_nα ∼ 1 n^αn

Z 1 0

1 1 +t^αdt On en déduit qu’il existeC >0tel queSn−Sn−1∼ C

n^α−1, donc la famille Å 1

p^α+q^α ã

(p,q)∈N^∗2

est sommable si et seulement siα−1>1.

(8)

Solution de l’exercice 29.9 Énoncé 1. a. Pour tout entier naturel n, notonsA_n l’ensemble des parties de Nde cardinal égal àn. Ainsi, A_nest

dénombrable car en bijection avecNⁿ. DoncP_f(N) = S

n∈NA_nest dénombrable car c’est une union dénombrable d’ensembles dénombrables.

b. La démonstration est dans le cours. Supposons queP_nsoit dénombrable. Il existe alors une bijectionϕ deNdansP(N). Notons :A={n∈N/ n6∈ϕ(n)}.

A∈ P(N)donc il existeatel queA=ϕ(a), d’oùa∈ϕ(A) ⇐⇒ a∈A ⇐⇒ a6∈ϕ(A) . C’est impossible doncP(N)n’est pas dénombrable.

c. P_ω(N) = P(N)\ P_f(N) donc P_ω(N) est indénombrable (par contraposée : une union d’ensembles dénombrables est dénombrable).

2. a. et b. Supposons que{0,1}^Nsoit dénombrable :{0,1}^N ={s_n/ n ∈N}. Alors si on utilise l’argument diagonal en définissant la suiter:

∀n∈N, r(n) = 1−sn(n)

r∈ {0,1}^Ndonc il existen₀∈Ntel quer=s_n₀. Doncr(n₀) =s_n₀(n₀) = 1−s_n₀(n₀) . Donc{0,1}^Nest indénombrable, doncN^NetAsont indénombrables.

c. Pour(i, j) ∈ N², notonsB_i,j l’ensemble des suites entières égales àjà partir du rangi. AinsiB_i,j est dénombrable car en bijection avecNⁱ. AinsiB =S

(i,j)∈N²Bi,jest dénombrable (carN²l’est).

3. a. Pourx= (x_k)k∈N∈ {0,1}^N, notonsϕ_x : N−→Ndéfinie par

∀k∈N, ϕ_x(2k) = 2ketϕ_x(2k+ 1) = 2k+ 1six_k= 0 ϕ_x(2k) = 2k+ 1etϕ_x(2k+ 1) = 2ksix_k= 1 . ϕ_xest une involution, d’oùΨ : {0,1}^N−→σ(N)

x7−→ϕx

est une application correctement définie.

Siϕx = ϕy, alors pour toutk ∈ N, siϕx(2k) = 2k = ϕy(2k), alorsxk = yk = 0. Et siϕx(2k) = 2k+ 1 =ϕ_y(2k), alorsx_k= 1 =y_k, doncx=y.

DoncΨest injective, or{0,1}^Nest non-dénombrable, doncΨ({0,1}^N)est non dénombrable, doncσ(N) est non-dénombrable.

b. PourI ∈ P_f(N), posonsS_I={σ∈σ0(N)/ Iσ =I}, oùIσ ={n∈N/ σ(n)6=n}. Par définition, σ₀(N) = [

I∈P_f(N)

S_I

Or∀I ∈ P_f(N),|S_I|<|I|!<+∞. DoncP_f(N)étant dénombrable d’après la première question,σ₀(N) est dénombrable.

1. Soitn∈N^∗. Z π

−π

x

n

X

k=1

(−1)^k|a_k|e^ikx

!2

dx= Z π

−π

x Ü

X

1≤k≤n 1≤h≤n

(−1)^h+k|a_k| |a_h|e^ix(k+h) ê

dx

= X

1≤k≤n 1≤h≤n

(−1)^h+k|a_k| |a_h| Z π

−π

xe^ix(k+h) dx

Or, pour toutp∈N^∗, en intégrant par parties : Z π

−π

xe^xip dx= ñ

xe^ixp ip

ôπ

−π

− Z π

−π

e^xip ip dx

| {z }

= 0

= 1

ip((−1)^p(π+π)) = (−1)^p2π ip , donc

Z π

−π

x

n

X

k=1

(−1)^k|a_k|e^ikx

!2

dx=

X

1≤k≤n 1≤h≤n

(−1)^k+h|a_k| |a_h|(−1)^k+h2π i(k+h) = 2π

i X

1≤k≤n 1≤p≤n

|a_k| |a_p| k+p .

(9)

2. La formule de la première question doit permettre de majorer X

1≤k≤n 1≤p≤n

|a_k| |a_p|

k+p par une constante, ce qui prouve alors la sommabilité de la famille

Åapaq

p+q ã

p,q∈N^∗

. X

1≤p≤n 1≤q≤n

|a_paq| p+q = 1

2π

Z π

−π

x

n

X

k=1

(−1)^k|a_k|e^ikx

!2

dx .

Il est naturel de majorer à l’aide de l’inégalité triangulaire, qui donne : X

1≤p≤n 1≤q≤n

|a_paq| p+q ≤ 1

2π Z π

−π

|x|

n

X

k=1

|a_k|

!2

dx= π 2

n

X

k=1

|a_k|

!2

mais la sérieX

|a_n|peut diverger et dans ce cas,π 2

n

X

k=1

|a_k|

!2

−−−−−→

n→+∞ +∞, donc la majoration précédente est trop grossière. Il faut réaliser une majoration plus fine.

X

1≤p≤n 1≤q≤n

|a_paq| p+q ≤ 1

2π Z π

−π

x

n

X

k=1

(−1)^k|a_k|e^ikx

2

dx

= 1 2

Z π

−π n

X

k=1

(−1)^k|a_k|e^ikx

n

X

h=1

(−1)^h|a_h|e^−ihx dx (car∀z∈C,|z|² =zz)

= 1 2

Z π

−π

X

1≤k≤n 1≤h≤n

(−1)^k+h|a_k| |a_h|e^i(k−h)x dx

Or, pour toutp∈N^∗, Z π

−π

e^ipx= ñe^ipx

ip ôπ

−π

= 0. Donc X

1≤p≤n 1≤q≤n

|a_paq| p+q ≤

n

X

k=1

|a_k|²π ≤π

+∞

X

k=1

|a_k|².

La famille Å 1

n² ã

n≥1

est sommable, donc on peut faire le produit de Cauchy de cette famille avec elle-même, donc

Å 1 p²q²

ã

p,q≥1

est sommable, on a donc :

X

p,q≥1

1 p²q² =

Ñ X

n≥1

1 n²

é2

= π⁴ 36

NotonsId = {(p, q)∈N/ p∧q=d}.Id est clairement une partition deN² (il paraît...). Donc on en déduit, par sommation par paquets :

X

p,q≥1

1 p²q² =

+∞

X

d=1

X

p∧q=d

1 p²q²

Or, les éléments de Id sont les couples de la forme (dp⁰, dq⁰) avec p⁰ ∧q⁰ = 1, i.e. Id est en bijection avec I1,

(10)

l’application I_d−→I₁ (p, q)7−→p

d,q d

est bijective.

X

p,q≥1

1 p²q² =

+∞

X

d=1

X

p∧q=d

1 p²q²

=

+∞

X

d=1

1 d⁴

X

p⁰∧q⁰=1

1 p⁰²q⁰²

=

+∞

X

d=1

1 d⁴

!Ñ X

p⁰∧q⁰=1

1 p⁰²q⁰²

é

D’où

X

p⁰∧q⁰=1

1 p⁰²q⁰² =

X

p,q≥1

1 p²q²

+∞

X

d=1

1 d⁴

=

π⁴ 36 π⁴ 90

= 90 36 = 5

2

1. Fixonsn∈N^∗.

Pour toutk∈J1, nK, 1 1−p^−s_k =

+∞

X

hk=0

p^−h_k ^k^s, car p^−s_k

=p^−Re(s)_k = e^{−Re(s) ln}^p^k <1carp_k≥2.

La famille(p^−h₁ ¹^s× · · · ×p^−h_n ⁿ^s)_(h₁_...,h_n_)∈_Nⁿ est une famille sommable de complexes car(J0, NK

n)N∈Nest une suite adaptée àNⁿ, et car

X

(h1,...,hn)∈J0,NKⁿ

p^−h₁ ¹^s× · · · ×p^−h_n ⁿ^s =

Ñ N

X

h1=0

p^−h₁ ¹^s é

× · · · × Ñ N

X

hn=0

p^−h_n ⁿ^s é

−−−−−→

N→+∞ L∈R

Alors d’après le cours, X

(h1,...,hn)∈J0,NKⁿ

p^−h₁ ¹^s× · · · ×p^−h_n ⁿ^s−−−−−→

N→+∞

X

(h1,...,hn)∈Nⁿ

p^−h₁ ¹^s× · · · ×p^−h_n ⁿ^s

mais

X

(h1,...,hn)∈J0,NK

n

p^−h₁ ¹^s× · · · ×p^−h_n ⁿ^s= Ñ N

X

h1=0

p^−h₁ ¹^s é

× · · · × Ñ N

X

hn=0

p^−h_n ⁿ^s é

−−−−−→

N→+∞

1

1−p^s₁ × · · · × 1 1−p^s_n donc par unicité de la limite,

n

Y

k=1

1

1−p^s_k = X

(h1,...,hn)∈Nⁿ

p^−h₁ ¹^s× · · · ×p^−h_n ⁿ^s.

pour toutq ∈N, posonsu_q=q^−set notonsϕl’application deNⁿdansNparϕ((h₁, . . . , h_n)) =p^h₁¹× · · · × p^h_nⁿ.

D’après la décomposition en produits de facteurs premiers d’un entier,ϕest une bijection deNⁿdansA_net X

(h1,...,hn)∈Nⁿ

p^−h₁ ¹^s× · · · ×p^−h_n ⁿ^s= X

k∈Nⁿ

u_ϕ(k).

La famille (u_ϕ(k))k∈Nⁿ est sommable, donc d’après une propriété hors-programme vue en cours (c’est une généralisation immédiate de la propriété de commutativité de la somme d’une famille sommable), la famille (uq)q∈Anest également sommable et X

q∈An

uq = X

k∈Nⁿ

u_ϕ(k), ce qui prouve finalement l’égalité demandée.

(11)

2. Il suffit de montrer que X

q∈An

q^−s−−−−−→

n→+∞

+∞

X

q=1

q^−s.

Pourn ≥ 2, posonsIn = An \An−1 et convenons que I1 = A1. Ainsi, la famille(In)n∈N^∗ est une partition deN. La série X

q

q^−s est absolument convergente, donc la famille (q^−s)q∈N^∗ est sommable. Alors,

d’après le théorème de sommation pour des familles de complexes, la suite Ñ

X

q∈I_k

q^−s é

k∈N^∗

est sommable,

et

+∞

X

k=1

X

q∈I_k

q^−s=

+∞

X

q=1

q^−s. C’est bien ce qu’il fallait démontrer, car X

q∈An

q^−s=

n

X

k=1

X

q∈I_k

q^−s.

On a un peu près suivi cet enchaînement :

n

Y

k=1

1 1−p^−s_k =

s

Y

k=1 +∞

X

h_k=0

(p^−s_k )^h^k = X

(h1,...,hn)∈Nⁿ

Äp^h₁¹. . . p^h_nⁿä−s

= X

q∈An

q^−s.

1. Voirl’exercice précédent.

2. On peut remarquer queJ1, nK⊂A_n, ainsi

n

Y

k=1

1 1−_p¹

k

= X

q∈A_n

1 q ≥

n

X

q=1

1

q −−−−−→

n→+∞ +∞.

Autre solution : adapter exactement la solution de l’exercice précédent.

3. En passant au logarithme, on en déduit que

n

X

k=1

ln 1 1−_p¹

k

−−−−−→

n→+∞ +∞, donc la sérieX

k≥1

ln Å

1− 1 p_k

ã

diverge, orp_n−−−−−→

n→+∞ +∞, doncln Å

1− 1 p_k

ã

∼ − 1

p_k, ce qui prouve que la sérieX

k

1

p_kdiverge, ou bien que la famille Å1

p ã

p∈P

n’est pas sommable.