MAT3632 : théorie des nombres, automne 2013 Théorème de

MAT3632 : théorie des nombres, automne 2013
Théorème de Chebyshev
Théorème 1. Pour chaque x≥4, on a que
x
log xlog 2 −3≤π(x)≤x log x6 log 2 + 4.
Démonstration. On commence avec la borne supérieure : soit B=2n
n. On a que
B=(2n)!
n!2=(2n)(2n−1) · · · (n+ 1) n!.
Supposons que p∈(n, 2n]. Donc pest un des facteurs du produit (2n)(2n−1) · · · (n+ 1)
et, de plus, (p, n!) = 1 car p > n et chaque premier de n!et plus petit que n. [Pourquoi ?
Justifier cette étape.] C’implique que p|B. Par la suite, on trouve que le produit n<p≤2np
divise Bet, en particulier, il est plus petit que B. Finalement, on note que B≤22n: en
effet, on a que
B≤
2n
j=0 2n
j=
2n
j=0 2n
j1j12n−j= 22n
par le théorème du binôme. Donc on déduit que
n<p≤2n
p≤4n=⇒
n<p≤2n
log p≤nlog 4.
Mais log p > log npour chaque p > n, qui implique que
#{n < p ≤2n}=1
log n
n<p≤2n
log p≤1
log n
n<p≤2n
log p≤nlog 4
log n.
On va utiliser cette formule plusieurs fois pour déduire la borne affirmée sur π(x). On note
que on peut couvrir (8, x]par les intervalles dyadiques (2j,2j+1]. Plus précisément, (8, x]⊂
k
j=3(2j,2j+1], où 2k< x ≤2k+1. Donc
π(x)≤4+#{8< p ≤x} ≤ 4 +
k
j=3
#{2j< p ≤2j+1} ≤ 4 +
k
j=3
2jlog 4
log(2j)= 4 + 2
k
j=3
2j
j.
Si k < 3, la borne supérieure suivi immédiatement de cette inégalité. Supposons maintenant
que k≥3. Si ai= 2k−i/(k−i), on a que
ai
ai+1
=2(k−i−1)
k−i≥3 2(0 ≤i≤k−4).
Par induction, on trouve que
a0
ai
≥3
2i
(0 ≤i≤k−3)
et donc k
j=3
2j
j=
k−3
i=0
ai≤
i≥0
a02
3i
= 3a0.
1

2
Alors, on déduit que
π(x)≤4 + 6·2k
k= 4 + 2k log(2k)6 log 2 ≤4 + x log x6 log 2,
car 2k≤xet la fonction f(t) = t/ log test croissante pour t≥3≥e.
Finalement, on montre la borne inférieure. On considère encore une fois le coefficient
binomial B=2n
n. On va étudier la factorisation de B. Alors on pose
B=
p
pep,
où ep≥0(i.e. ep=vp(B)). On observe que ep= 0 pour p > 2nou, de façon équivalente,
chaque facteur de Bet plus petit ou égal à 2n. En effet, si p|B= (2n)!/n!2, alors p|(2n)!.
Puisque chaque facteur de (2n)! est plus petit que 2n, on trouve que p≤2n.
Puis, on affirme que pour chaque p≤2n, on a que pep≤2n. Pour montrer ça, on fixe
p≤2net observe l’identité ep=vp(B) = vp((2n)!) −2vp(n!). [Pourquoi ? Montrez que
vp(a/b) = vp(a)−vp(b)si b|aet vp(ab) = vp(a) + vp(b)pour tout aet b.] On va trouver une
expression explicite pour vp(m!) et l’appliquer pour calculer ep. Le nombre vp(m!) est égal
au nombre de facteurs de pqui divise m!. Pour chaque multiple de pqui est plus petit que
m, on prend un facteur de pdans m!. Mais peut être il existe de multiple de p2qui sont plus
petits que m. Pour chaque tel multiple on doit compter un facteur extra de p. Mais peut
être il existe de multiple de p3qui sont plus petits que m. Pour chaque tel multiple on doit
compter un facteur extra de p. En continuant dans cette façon, on trouve que
vp(m!) = 
j≥1
#{k≤m:kmultiple de pj}=
j≥1m
pj.
[Pourquoi ? Montrez que #{k≤x:d|k}=⌊x/d⌋.] Donc pour epon a la formule
ep=
j≥12n
pj−2n pj=
j≥1
pj≤2n2n
pj−2n pj,
où la deuxième égalité est une conséquence du fait que si pj>2n, alors ⌊2n/pj⌋=⌊n/pj⌋= 0.
Pour chaque x∈[0,1), on a que
⌊2x⌋ − 2⌊x⌋=0si 0≤x < 1/2,
1si 1/2≤x < 1.
En particulier, ⌊2x⌋ − 2⌊x⌋ ≤ 1pour chaque x∈[0,1). Par périodicité, c’implique que
⌊2x⌋ − 2⌊x⌋ ≤ 1pour chaque x∈R. [Pourquoi ? Montrez que la fonction x→ ⌊2x⌋ − 2⌊x⌋
a période 1.] C’implique que
ep≤#{j≥1 : pj≤2n}= # j∈N: 1 ≤j≤log(2n)
log p=log(2n) log p≤log(2n) log p.
Donc pep≤2n, qui montre notre affirmation.
Finalement, on utilise le fait que pep≤2npour finir la preuve. On a que
B=
p≤2n
pep≤
p≤2n
(2n) = (2n)π(2n)=⇒π(2n)≥log B
log(2n).

3
Alors pour donner une borne inférieure à π(2n)il suffit de donner une borne inférieure pour
B. On affirme que B= max0≤j≤2n2n
j. Pour voir ça, on pose bj=2n jet on observe que
bj+1
bj
=n−j
j+ 1 ≥1⇔j≤n−1/2⇔j≤n−1.
Par conséquent, on trouve que la séquence b0, b1, . . . , bnest croissante et que la séquence
bn, bn+1, . . . , b2nest diminuante. Évidemment, c’implique que B=bn= max0≤j≤2nbj, qui est
ce qu’il fallait prouver. Donc
(2n+ 1)B≥
2n
j=0 2n
j= 4n,
qui implique que log B≥nlog 4 −log(2n+ 1). Par la suite,
π(2n)≥log B
log(2n)≥nlog 4 log(2n)−log(2n+ 1) log(2n)≥(2n) log 2 log(2n)−2.
Finalement, soit x≥4et soit ntel que 2n−2< x ≤2n. Nécessairement n≥2. De plus
π(x)≥π(2n−2) ≥π(2n)−1≥(2n) log 2
log(2n)−3≥xlog 2 log x−3,
car la fonction f(t) = t/ log test croissante pour t≥4≥e.□