TD d'analyse complexe

TD d'analyse complexe

Malo Jézéquel

31 mars et 1er avril 2020

Exercice 1

La première formule est la formule de produit Eulérien vu en cours.

Rappel de la preuve : si Re s>1 et M et N sont des entiers, on peut écrire

Y

p∈P p≤N

XM

k=0

1

p^ks =X

n≥1

un,M,N

n^s ,

où u_n,N,M=1 si n diviseQ

p∈P

p≤Np^M, et u_n,N,M =0 sinon (on utilise ici l'existence et l'unicité d'une décomposition en produit de facteurs premiers). On remarque que quand M tend vers+∞alors u_n,M,N tend vers v_n,N qui vaut 1 si les facteurs premiers de n sont tous plus petits que N et 0 sinon. Comme Re s>1, on peut appliquer le théorème de

convergence dominée (on domine par une série de Riemann), pour voir que

Y

p∈Pp≤N

1

1−p^−s =X

n≥1

v_n,N

n^s .

(1)

Par existence et unicité de la décomposition en produit de facteurs premiers, on voit que v_n,N tend vers 1 quand N tend vers+∞. On peut donc appliquer de nouveau le théorème de convergence dominée (on utilise l'hypothèse Re s>1 pour dominer par une série de Riemann) pour voir que le membre de gauche dans (1) converge versζ(s).

Il reste à s'assurer que le produit inni fait sens, pour cela il sut de remarquer que pour Re s>1, on a

1 1−p^−s −1

= p^{−Re s}

|1−p^−s| ≤2p^{−Re s} et

X

p∈P

1

p^<s ≤X

n≥1

1

n^<s <+∞.

Le produit inni converge bien et on a donc pour Re s>1 : Y

p∈P

1

1−p^−s =ζ(s).

On raisonne de manière similaire pour la deuxième formule. Si Re s>1 et N est un entier, on écrit :

Y

p∈P p≤N

1−p^−s

=X

n≥1

v_n,Nµ(n) n^s ,

où les vn,N sont dénis comme précédemment. En eet, en développant le produit on fait apparaître (exactement) tous les produits possibles des

−p^−s avec p un nombre premier plus petit que N. On applique alors de nouveau le théorème de convergence dominée pour voir, avec la formule précédente, que

ζ(s)⁻¹=X

n≥1

µ(n) n^s .

An de montrer la formule d'inversion de Möbius, on pose pour n≥1 a_n=X

d|n

µ(d).

Il y a alors plusieurs manières de conclure. En tronquant les sommes et en appliquant le théorème de convergence dominée, on peut par exemple voir que, pour Re s>2,

1=ζ(s)ζ(s)⁻¹=



 X

n≥1

1 n^s







 X

n≥1

µ(n) n^s



=X

n≥1

a_n

n^s. (2) Il faut alors justier que l'on peut identier les coecients dans un développement en série de Dirichlet.

Si on est familier de la transformée de Laplace, il est naturel de

remarquer que pour<z >0, on a (je vous laisse vérier que l'interversion de la série et de l'intégrale est légitime)

e^−5z

z =

Z +∞

5 e^−ztdt

=X

n≥1

an

Z +∞

5

e^−zt n^t dt

=e^−5zX

n≥1

an

n⁵ 1 z+ln n.

On a donc pour Re z>0 1

z =X

n≥1

a_n n⁵

1

z+ln n. (3)

On remarque alors que les deux membres de (3) dénissent des fonctions méromorphes surC, et donc (3) est vrai sur toutCpar principe du prolongement analytique. Il sut alors de calculer les résidus de ces fonctions pour voir que a₁=1 et a_n=0 si n≥2.

Une autre façon de démontrer l'unicité du développement en série de Dirichlet et de faire un développement asymptotique. L'avantage de cette méthode est qu'elle ne nécessite pas de démontrer (2).

En eet, si N∈N^∗ alors, pour s∈]1,+∞[on a

ζ(s)−

N

X

n=1

1 n^s

= X

n≥N+1

1 n^s ≤

Z +∞

N

dx x^s = 1

s+1 1 N^s+1. De la même manière, on trouve que

1 ζ(s) =

s→+∞

s∈R N

X

n=1

µ(n) n^s +O

1 s

1 N^s

.

En multiplicant ces deux développement asymptotiques, il vient que 1=ζ(s)ζ(s)⁻¹ =

s→+∞

s∈R N

X

n=1

an

n^s +O 1

s 1 N^s

,

et on peut conclure en identiant les coecients dans le développement asymptotiques.

Exercice 2

1. Par principe du prolongement analytique, il sut de vérier la formule en question pour s∈]1,+∞[ (je vous laisse vérier que le membre de droite déni bien une fonction méromorphe sur{z ∈C:Re s>0}). On peut alors écrire

Z +∞

1

{x}

x^s+1dx=X

n≥1

Z n+1 n

{x} x^s+1dx

=X

n≥1

Z 1 0

t

(n+t)^s+1dt.

On remarque alors que pour n≥1 (par une intégration par parties) Z 1

0

t

(n+t)^s+1dt=

−1

s × t

(n+t)^s 1

0

+1 s

Z 1 0

dt (n+t)^s

=−1 s

1

(n+1)^s +1 s

Z _n+1 n

dt t^s.

En resommant, on trouve donc que Z +∞

1

{x}

x^s+1dx=−1 s

X

n≥2

1 n^s +1

s Z +∞

1

dt t^s

=−ζ(s) s +1

s + 1

s(s−1)

=−ζ(s)

s + 1

s−1, et donc

ζ(s) = s

s−1 −sZ +∞

1

{x} x^s+1dx.

2. On commence par remarquer que, grâce à l'équation fonctionnelle vériée parξ, il sut de prouver l'estimée en question pour s tel que Re s≥ ¹₂. Par ailleurs, quitte à prendre A assez grand, il sut de montrer la borne surξ pour s en dehors d'un compact. On remarque aussi qu'il sut de montrer l'estimée pour chacun des facteurs ^s(s₂⁻¹⁾,π^−2s,Γ ^s₂ etζ(s).

L'estimée est aisément démontrer pour les facteurs ^s(s−₂¹⁾ etπ^−s2. Pour traiter le cas du facteurζ(s), il sut de remarquer que, pour Re s≥ ¹₂, on a

Z +∞

1

{x} x^s+1dx

≤ Z +∞

1

dx x³² =2 et d'appliquer le résultat de la question précédente.

Pour traiter le cas du facteurΓ ^s₂

, il sut de remarquer que pour Re s>1, on a

|Γ (s)| ≤ Z +∞

0 t^{Re s−1}e^−tdt

≤ sup

t∈R+

e^−2tt^{Re s−1}× Z +∞

0 e^−t2dt

≤2^{Re s}e^{−Re s+1}(Re s−1)^{Re s−1},

ce qui donne l'estimée dans le cas Re s≥2. Pour le cas ¹₂ ≤Re s≤2, on remarque juste que si ¹₄≤Re s≤1 alors|Γ(s)| ≤Γ (Re s), et on invoque un argument de compacité.

Enn, pour montrer que l'estimée demandée n'est pas vériée pour =0, on remarque que pour n∈N^∗, on a

ξ(2n)≥π⁻ⁿΓ(n) =π⁻ⁿ(n−1)!.

On ne peut donc pas prendre=0 par croissance comparée.

3. On commence par montrer queξa une innité de zéros.

Siξ a un nombre ni de zéros x1, . . . ,xn (comptés avec multiplicités), alors la fonction

s7→ ξ(s) Q_n

i=1(s−x_i)

vérie les hypothèses de la question de l'exercice 7 du TD2 avec d= ³₂ (Remarque : on supposait dans l'exercice 7 du TD2 que d est entier, mais la preuve reste valide lorsque d∈R+). Il existe donc a,b∈Ctels que, pour tout s∈C, on a

ξ(s) =e^as+b

n

Y

i=1

(s−xi).

Il s'ensuit que l'estimée de la question précédente est vériée avec=0, ce qui est absurde.ξ a donc une innité de zéros.

Comment s'interpréte les zéros deξ?

CommeΓne s'annule pas (par la formule des compléments), les zéros de ξcorrespondent à des zéros deζ(la fonctionξ n'a pas de zéros en 0 et en 1). Par ailleurs, commeΓa des pôles aux entiers négatifs, les zéros triviaux deζ ne produisent pas de zéros deξ.

Les zéros deξsont donc exactement les zéros deζ dans la bande critique, qui sont par conséquent inniment nombreux.

Exercice 3

Pour t∈R, on a par l'inégalité triangulaire :

|ζ(σ+it)| ≤X

n≥1

1 n^σ+it

=ζ(σ).

Remarquons que puisque X

n≥1

1

n^σ <+∞, pour N assez grand on a

+∞

X

n=N+1

1 n^σ ≤

3 ≤ 3ζ(σ).

On a donc pour t∈R:

|ζ(σ+it)| ≥

N

X

n=1

1 n^σ −

N

X

n=1

1 n^σ+it − 1

n^σ

−

+∞

X

n=N+1

1 n^σ+it

≥

1−2 3

ζ(σ)−

N

X

n=1

1 n^σ

1 n^it −1

≥ζ(σ)

1−2 3 − sup

1≤n≤N

1 n^it −1

.

On veut donc montrer qu'il existe des t arbitrairement grands tels que

1≤supn≤N

1 n^it −1

≤ 3.

Soit M>0. On choisit m susamment grand tel que 2^−m+1π≤ ₃. Ainsi, pour tout t∈

−2^−m+1π,2^−m+1π, on a e^it−1

≤ ₃. Pour tout k= (k1, . . . ,kN)∈ {0, . . . ,2^m−1}^N, on pose alors

I_k =

N

Y

j=1

k_j

2^m2π,k_j+1 2^m 2π

+2πZ^N.

On dénit ainsi une partition deR^N en 2^mN ensembles : R^N = [

k∈{0,...,2^m−1}^N

Ik.

On pose également

v= (ln 1,ln 2, . . . ,ln N).

Par le principe des tiroirs, parmi les 2^mN+1 vecteurs 0,Mv, . . . ,2^mNMv, il y en a deux qui doivent tomber dans le même des I_k.

Il existe donc`<sub>1</sub>, `₂∈0,1, . . . ,2^mN et k∈ {0, . . . ,2^m−1}^N tels que

`<sub>2</sub>> `₁ et`<sub>2</sub>Mv∈I<sub>k</sub> et`₁Mv∈I_k.

On pose alors t= (`<sub>2</sub>−`₁)M et on remarque que t ≥M et tv ∈

−2^−m+1π,2^−m+1πN

+2πZ^N. Ainsi, pour n=1, . . . ,N, on a

t ln n∈

−2^−m+1π,2^−m+1π +2πZ, et donc

1 n^it −1

=

e^{−it ln n}−1 ≤

3.

Ce qui conclut (pour la dernière question, on utilise aussi queζa un pôle en 1).

Exercice 4

1. Pour f :Rⁿ→Ccontinue etZⁿ-périodique et T >M, on pose I_M^T(f) = 1

T Z T

M f(x+t(a₁, . . . ,a_n))dt, et on remarque que I_M^T est linéaire et que

I_M^T(f)

≤ |f|_∞, où|f|_∞=sup_x∈Rⁿ|f(x)|.

Si k= (k₁, . . . ,k_n)∈Zⁿ, on dénit e_k:Rⁿ→Cpar e_k:x 7→exp(2iπhk,xi).

Si k6=0, alors comme a1, . . . ,an sont linéairement indépendants surQ, on aω=Pn

j=1kjaj 6=0 et donc I_M^T(e_k) = 1

Te^2iπhk,xie^2iπTω

2iπω →

T→+∞0= Z

[0,1]ⁿ

e_k(y)dy. Par ailleurs, pour k=0, on a

I_M^T(e0) =T −M

T →

T→+∞1= Z

[0,1]ⁿ

e0(y)dy.

On en déduit par linéarité que si f est un polynôme trigonométrique alors I_M^T(f) →

T→+∞

Z

[0,1]ⁿ

f(y)dy.

On retourne au cas général. Soit donc f :Rⁿ→Cune fonction continue etZⁿ-périodique. Soit >0. Par le théorème de StoneWeierstrass, il existe un polynôme trigonométrique g tel que|f −g|_∞≤.

On a alors

I_M^T(f)− Z

[0,1]ⁿ

f(y)dy

≤

I_M^T(f −g) +

I_M^T(g)− Z

[0,1]ⁿ

g(y)dy +

Z

[0,1]ⁿ

(g(y)−f(y))dy

≤2+

I_M^T(g)− Z

[0,1]ⁿ

g(y)dy .

En appliquant le résultat dans le cas des polynômes trigométriques, on a donc

lim sup

T→+∞

I_M^T(f)− Z

[0,1]ⁿ

f(y)dy

≤2, comme >0 est arbitraire le résultat suit.

2. Il sut d'appliquer le résultat de la question précédente à une fonction ϕcontinue, positive, non-nulle etZⁿ périodique supportée dans un voisinage de(b₁, . . . ,b_n) +Zⁿ.

3. On remarque que si Re s>1 et p∈ P alors|p^−s| ≤2^{−Re s} <1, on a donc

log 1−p^−s

=X

k≥1

(−1)^k k p^−sk. On en déduit que

log 1−p^−s +p^−s

≤X

k≥2

p^{−k Re s}= p^{−2 Re s}

1−p^{−Re s} ≤ 1 p²−p. Le résultat suit puisqueP

p∈P 1

p²−p <+∞.

4. Il sut de remarquer que

Re



 X

p∈P

p^−s



=X

p∈P

p^−σcos(t ln p)

≤X

p∈P p≤n

p^−σcos(t ln p) +X

p∈P p>n

p^−σ.

On cherche donc un t>M tel que pour tout p∈ P tel que p≤n on a cos(t ln p)≤ −¹₂. Pour cela, il sut que les t^{ln p}_2π soient proches de 1 moduloZ. Cela su produit d'après le résultat de la question 2 (on remarque que les ln p pour p∈ P sont linéariement indépendants surQ par unicité de la décomposition en produite de facteurs premiers).

5. Soit A>0. CommeP

p∈Pp⁻¹=∞(ce qui découle du fait que la fonction zêta a un pôle en 1), on voit par convergence monotone que pourσ >1 susamment petit, on a

X

p∈P

p^−σ>A.

CommeP

p∈Pp^−σ <+∞, pour n assez grand on a X

p∈Pp>n

p^−σ≤ A 4.

On a donc (où C est la borne de la question 3, t est comme à la question 4 et s=σ+it) :

Re(logζ(s))≤C−A 8. On a donc

1 ζ(s)

≥expA 8 −C

, et le résultat suit puisque A>0 est arbitraire.