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
x
log 2 − 3 ≤ π(x) ≤
6 log 2 + 4.
log x
log x
Démonstration. On commence avec la borne supérieure : soit B =
(2n)
n
. On a que
(2n)!
(2n)(2n − 1) · · · (n + 1)
=
.
2
n!
n!
Supposons que p ∈ (n, 2n]. Donc p est 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≤2n p
divise B et, en particulier, il est plus petit que B. Finalement, on note que B ≤ 22n : en
effet, on a que
) ∑
)
2n (
2n (
∑
2n
2n j 2n−j
B≤
=
11
= 22n
j
j
j=0
j=0
B=
par le théorème du binôme. Donc on déduit que
∏
∑
p ≤ 4n
=⇒
log p ≤ n log 4.
n<p≤2n
n<p≤2n
Mais log p > log n pour chaque p > n, qui implique que
∑
∑
1
n log 4
1
log p ≤
log p ≤
.
#{n < p ≤ 2n} =
log n n<p≤2n
log n n<p≤2n
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
j+1
], où 2k < x ≤ 2k+1 . Donc
j=3 (2 , 2
π(x) ≤ 4 + #{8 < p ≤ x} ≤ 4 +
k
∑
#{2j < p ≤ 2j+1 } ≤ 4 +
j=3
k
∑
2j log 4
j=3
log(2j )
=4+2
k
∑
2j
j=3
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
2(k − i − 1)
3
ai
=
≥
(0 ≤ i ≤ k − 4).
ai+1
k−i
2
Par induction, on trouve que
( )i
a0
3
≥
(0 ≤ i ≤ k − 3)
ai
2
et donc
k
k−3
∑
∑ ( 2 )i
2j ∑
=
ai ≤
a0
= 3a0 .
j
3
j=3
i=0
i≥0
1
2
Alors, on déduit que
π(x) ≤ 4 +
6 · 2k
2k
x
=4+
6 log 2 ≤ 4 +
6 log 2,
k
k
log(2 )
log x
car 2k ≤ x et la fonction f (t) = t/ log t est croissante pour t ≥ 3 ≥ e.
Finalement, (on) montre la borne inférieure. On considère encore une fois le coefficient
binomial B = 2n
. On va étudier la factorisation de B. Alors on pose
n
∏
B=
pep ,
p
où ep ≥ 0 (i.e. ep = vp (B)). On observe que ep = 0 pour p > 2n ou, de façon équivalente,
chaque facteur de B et 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 ≤ 2n et observe l’identité ep = vp (B) = vp ((2n)!) − 2vp (n!). [Pourquoi ? Montrez que
vp (a/b) = vp (a) − vp (b) si b|a et vp (ab) = vp (a) + vp (b) pour tout a et 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 p qui divise m!. Pour chaque multiple de p qui est plus petit que
m, on prend un facteur de p dans m!. Mais peut être il existe de multiple de p2 qui 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 p3 qui 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
∑
∑ ⌊m⌋
j
vp (m!) =
#{k ≤ m : k multiple de p } =
.
j
p
j≥1
j≥1
[Pourquoi ? Montrez que #{k ≤ x : d|k} = ⌊x/d⌋.] Donc pour ep on a la formule
⌊ ⌋)
⌊ ⌋)
∑ (⌊ 2n ⌋
∑ (⌊ 2n ⌋
n
n
−
2
=
−
2
,
ep =
j
j
j
j
p
p
p
p
j≥1
j≥1
pj ≤2n
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
{
0 si 0 ≤ x < 1/2,
⌊2x⌋ − 2 ⌊x⌋ =
1 si 1/2 ≤ x < 1.
En particulier, ⌊2x⌋ − 2 ⌊x⌋ ≤ 1 pour chaque x ∈ [0, 1). Par périodicité, c’implique que
⌊2x⌋ − 2 ⌊x⌋ ≤ 1 pour chaque x ∈ R. [Pourquoi ? Montrez que la fonction x → ⌊2x⌋ − 2 ⌊x⌋
a période 1.] C’implique que
{
} ⌊
⌋
log(2n)
log(2n)
log(2n)
j
.
ep ≤ #{j ≥ 1 : p ≤ 2n} = # j ∈ N : 1 ≤ j ≤
=
≤
log p
log p
log p
Donc pep ≤ 2n, qui montre notre affirmation.
Finalement, on utilise le fait que pep ≤ 2n pour finir la preuve. On a que
∏
∏
log B
B=
pep ≤
.
(2n) = (2n)π(2n)
=⇒
π(2n) ≥
log(2n)
p≤2n
p≤2n
3
Alors pour donner une borne inférieure
(2n) à π(2n) il suffit de donner une
(2n)borne inférieure pour
B. On affirme que B = max0≤j≤2n j . Pour voir ça, on pose bj = j et on observe que
bj+1
n−j
=
≥ 1 ⇔ j ≤ n − 1/2 ⇔ j ≤ n − 1.
bj
j+1
Par conséquent, on trouve que la séquence b0 , b1 , . . . , bn est croissante et que la séquence
bn , bn+1 , . . . , b2n est diminuante. Évidemment, c’implique que B = bn = max0≤j≤2n bj , qui est
ce qu’il fallait prouver. Donc
)
2n (
∑
2n
(2n + 1)B ≥
= 4n ,
j
j=0
qui implique que log B ≥ n log 4 − log(2n + 1). Par la suite,
log B
n log 4
log(2n + 1)
(2n) log 2
π(2n) ≥
≥
−
≥
− 2.
log(2n)
log(2n)
log(2n)
log(2n)
Finalement, soit x ≥ 4 et soit n tel que 2n − 2 < x ≤ 2n. Nécessairement n ≥ 2. De plus
(2n) log 2
x log 2
π(x) ≥ π(2n − 2) ≥ π(2n) − 1 ≥
−3≥
− 3,
log(2n)
log x
car la fonction f (t) = t/ log t est croissante pour t ≥ 4 ≥ e.
□